高考物理总复习 第五章 机械能 能力课 功能关系 能量守恒定律学案
高考物理一轮复习第五章机械能第4节功能关系能量守恒定律学案新人教版
第4节功能关系能量守恒定律必备知识预案自诊知识梳理一、功能关系1.内容(1)功是的量度,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有能量的转化,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)合外力做的功影响物体的的变化。
(2)重力做的功影响物体的变化。
(3)弹簧弹力做的功影响的变化。
(4)除重力或系统内弹力以外的力做功影响物体的变化。
(5)滑动摩擦力做的功影响的变化。
(6)电场力做的功影响的变化。
(7)分子力做的功影响的变化。
二、能量守恒定律1.内容能量既不会,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)E1=E2。
(2)ΔE减= 。
注:静摩擦力做功只有能量的转移,没有能量的转化,而一对滑动摩擦力做功既有能量的转移,又有能量的转化,其中Q=F f x相对。
当涉及滑动摩擦力做功,机械能不守恒时,经常应用能量守恒定律。
考点自诊1.判断下列说法的正误。
(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)在物体的机械能减少的过程中,动能有可能是增大的。
()(4)滑动摩擦力做功时,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)平直公路上行驶中的汽车制动后滑行一段距离,最后停下;流星在夜空中坠落并发出明亮的光焰;降落伞在空中匀速下降;条形磁铁在下落过程中穿过闭合线圈,线圈中产生电流。
上述不同现象中所包含的相同的物理过程是()A.物体克服阻力做功B.物体动能转化为其他形式的能量C.物体势能转化为其他形式的能量D.物体机械能转化为其他形式的能量3.(多选)在离水平地面h高处将一质量为m的小球水平抛出,在空中运动的过程中所受空气阻力大小恒为f,落地时小球距抛出点的水平距离为x,速率为v,那么,在小球运动的过程中()A.重力做功为mghB.克服空气阻力做的功为f√ℎ2+ℎ2C.落地时重力的瞬时功率为mgvD.重力势能和机械能都逐渐减少4.(新教材人教版必修第二册P99习题改编)如图,粗糙水平面AB与竖直面内的光滑半圆形导轨在B点相接,导轨半径为R。
2021版高考物理一轮复习第五章机械能及其守恒定律4素养探究课(四)能量观念——功能关系能量守恒定律学案
能量观念——功能关系能量守恒定律对功能关系的理解和应用[学生用书P99]【题型解读】1．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值上相等．2．功是能量转化的量度力学中几种常见的功能关系如下：【跟进题组】1.(2018·11月浙江选考)奥运会比赛项目撑杆跳高如图所示，下列说法不正确的是( )A．加速助跑过程中，运动员的动能增加B．起跳上升过程中，杆的弹性势能一直增加C．起跳上升过程中，运动员的重力势能增加D．越过横杆后下落过程中，运动员的重力势能减少，动能增加解析：选B.加速助跑过程中速度增大，动能增加，A正确；撑杆从开始形变到撑杆恢复形变时，先是运动员部分动能转化为杆的弹性势能，后弹性势能转化为运动员的动能与重力势能，杆的弹性势能不是一直增加，B错误；起跳上升过程中，运动员的高度在不断增大，所以运动员的重力势能增加，C正确；当运动员越过横杆下落的过程中，他的高度降低、速度增大，重力势能被转化为动能，即重力势能减少，动能增加，D正确．2．(2018·高考全国卷Ⅰ)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点开始运动到其轨迹最高点，机械能的增量为()A ．2mgRB ．4mgRC ．5mgRD ．6mgR解析：选C.设小球运动到c 点的速度大小为v c ，则对小球由a 到c 的过程，由动能定理有F ·3R －mgR ＝12mv 2c ，又F ＝mg ，解得v c ＝2gR ，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t ＝v cg ＝2R g ，在水平方向的位移大小为x ＝12gt 2＝2R .由以上分析可知，小球从a 点开始运动到其轨迹最高点的过程中，水平方向的位移大小为5R ，则小球机械能的增加量为ΔE ＝F ·5R ＝5mgR ，C 正确，A 、B 、D 错误．能量守恒定律的应用[学生用书P100]【题型解读】1．两种摩擦力做功的比较静摩擦力 滑动摩擦力 不同点 能量的转化方面只有能量的转移，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为负值，总功W ＝－F f ·l 相对，即摩擦时产生的热量 正功、负功、不做功方面 静摩擦力做正功时，它的反作用力一定做负功 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；但滑动摩擦力做正功或不做功时，它的反作用力一定做负功相同点 两种摩擦力对物体可以做正功、负功，还可以不做功3．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ΔE减＝ΔE增列式求解．【典题例析】(多选)(2020·湖北四地七校高三期末联考)如图所示，固定的光滑竖直杆上套一个滑块A，与滑块A连接的细绳绕过光滑的轻质定滑轮连接滑块B，细绳不可伸长，滑块B放在粗糙的固定斜面上，连接滑块B的细绳和斜面平行，滑块A从细绳水平位置由静止释放(不计轮轴处的摩擦)，到滑块A下降到速度最大(A未落地，B未上升至滑轮处)的过程中( )A．滑块A和滑块B的加速度大小一直相等B．滑块A减小的机械能等于滑块B增加的机械能C．滑块A的速度最大时，滑块A的速度大于B的速度D．细绳上的张力对滑块A做的功等于滑块A机械能的变化量[解析] 两滑块与绳构成绳连接体，沿绳方向的加速度大小相等，则A沿绳的分加速度等于B的加速度，A错误；绳连接体上的一对拉力做功不损失机械能，但B受到的斜面摩擦力对B做负功，由能量守恒可知滑块A减小的机械能等于滑块B增加的机械能和摩擦生热之和，B错误；滑块A的速度最大时，将滑块A的速度分解，如图所示，绳连接体沿绳方向的速度大小相等，则A沿绳的分速度等于B的运动速度，显然滑块A的速度大于B的速度，C正确；对A受力分析可知，除重力外，只有细绳的张力对滑块A做功，由功能关系可知，细绳上的张力对滑块A做的功等于滑块A机械能的变化量，D正确．[答案] CD【迁移题组】迁移1 滑块—滑板模型中能量的转化问题1．(多选)(2020·江西九江一模)第一次将一长木板静止放在光滑水平面上，如图甲所示，一小铅块(可视为质点)以水平初速度v0由木板左端向右滑动，到达右端时恰能与木板保持相对静止．第二次将长木板分成A、B两块，使B的长度和质量均为A的2倍，并紧挨着放在原水平面上，让小铅块仍以初速度v 0由A 的左端开始向右滑动，如图乙所示．若小铅块相对滑动过程中所受的摩擦力始终不变，则下列说法正确的( )A ．小铅块将从B 的右端飞离木板B ．小铅块滑到B 的右端前已与B 保持相对静止C ．第一次和第二次过程中产生的热量相等D ．第一次过程中产生的热量大于第二次过程中产生的热量解析：选BD.在第一次小铅块运动过程中，小铅块与木板之间的摩擦力使整个木板一直加速，第二次小铅块先使整个木板加速，当小铅块运动到B 上后A 停止加速，只有B 加速，加速度大于第一次的对应过程，故第二次小铅块与B 将更早共速，所以小铅块还没有运动到B 的右端，二者就已共速，A 错误，B 正确；由于第一次的相对路程大于第二次的相对路程，则第一次过程中产生的热量大于第二次过程中产生的热量，C 错误，D 正确．迁移2 能量守恒的综合应用 2.如图所示，一物体质量m ＝2 kg ，在倾角θ＝37°的斜面上的A 点以初速度v 0＝3 m/s 下滑，A 点距弹簧上端B 的距离AB ＝4 m ．当物体到达B 点后将弹簧压缩到C 点，最大压缩量BC ＝0.2 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AD ＝3 m ．挡板及弹簧质量不计，g 取10 m/s 2，sin 37°＝0.6，求：(1)物体与斜面间的动摩擦因数μ；(2)弹簧的最大弹性势能E pm .解析：(1)物体从开始位置A 点到最后D 点的过程中，弹簧弹性势能没有发生变化，物体动能和重力势能减少，机械能的减少量为ΔE ＝ΔE k ＋ΔE p ＝12mv 20＋mgl AD sin 37°① 物体克服摩擦力产生的热量为 Q ＝F f x ②其中x 为物体的路程，即x ＝5.4 m ③F f ＝μmg cos 37°④由能量守恒定律可得ΔE ＝Q ⑤由①②③④⑤式解得μ≈0.52.(2)由A 到C 的过程中，动能减少ΔE ′k ＝12mv 20⑥ 重力势能减少ΔE ′p ＝mgl AC sin 37°⑦摩擦生热Q ＝F f l AC ＝μmg cos 37°l AC ⑧由能量守恒定律得弹簧的最大弹性势能为E pm ＝ΔE ′k ＋ΔE ′p －Q ⑨联立⑥⑦⑧⑨解得E pm ≈24.5 J.答案：(1)0.52 (2)24.5 J应用能量守恒定律解题的步骤[学生用书P101]摩擦力做功与能量的转化分析【对点训练】1.如图所示，木块A 放在木块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在光滑水平面上可自由滑动，F做功W2，生热Q2.则下列关系中正确的是( )A．W1<W2，Q1＝Q2B．W1＝W2，Q1＝Q2C．W1<W2，Q1<Q2D．W1＝W2，Q1<Q2解析：选A.在A、B分离过程中，第一次和第二次A相对于B的位移是相等的，而热量等于滑动摩擦力乘以相对位移，因此Q1＝Q2；在A、B分离过程中，第一次A的对地位移要小于第二次A的对地位移，而功等于力乘以对地位移，因此W1＜W2，A正确．2.如图所示，一张薄纸板放在光滑水平面上，其右端放有小木块，小木块与薄纸板的接触面粗糙，原来系统静止．现用水平恒力F向右拉薄纸板，小木块在薄纸板上发生相对滑动，直到从薄纸板上掉下来．上述过程中有关功和能的说法正确的是( )A．拉力F做的功等于薄纸板和小木块动能的增加量B．摩擦力对小木块做的功一定等于系统中由摩擦产生的热量C．离开薄纸板前小木块可能先做加速运动，后做匀速运动D．小木块动能的增加量可能小于系统中由摩擦产生的热量解析：选D.由功能关系，拉力F做的功等于薄纸板和小木块动能的增加量与系统产生的内能之和，A错误；摩擦力对小木块做的功等于小木块动能的增加量，B错误；离开薄纸板前小木块一直在做匀加速运动，C错误；对于系统，由摩擦产生的热量Q＝fΔL，其中ΔL 为小木块相对薄纸板运动的路程，若薄纸板的位移为L1，小木块相对地面的位移为L2，则ΔL＝L1－L2，且ΔL存在大于、等于或小于L2三种可能，对小木块，fL2＝ΔE k，即Q存在大于、等于或小于ΔE k三种可能，D正确．[学生用书P333(单独成册)](建议用时：40分钟)一、单项选择题1.自然现象中蕴藏着许多物理知识，如图所示为一个盛水袋，某人从侧面缓慢推袋壁使它变形，则水的势能( )A．增大B．变小C．不变D．不能确定解析：选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．2．(2020·河北张家口高三期末)如图所示，运动员跳伞将经历加速下降和减速下降两个过程，在这两个过程中，下列说法正确的是( )A．运动员先处于超重状态后处于失重状态B．空气浮力对系统始终做负功C．加速下降时，重力做的功大于系统重力势能的减小量D．任意相等的时间内系统重力势能的减小量相等解析：选B.运动员先加速向下运动，处于失重状态，后减速向下运动，处于超重状态，A错误；空气浮力与运动方向总相反，故空气浮力对系统始终做负功，B正确；加速下降时，重力做的功等于系统重力势能的减小量，C错误；因为是变速运动，所以任意相等的时间内，系统下降的高度不相等，则系统重力势能的减小量不相等，D错误．3．如图所示，光滑水平面上放着足够长的木板B，木板B上放着木块A，A、B接触面粗糙．现用一水平拉力F作用在B上，使其由静止开始运动，用f1代表B对A的摩擦力，f2代表A对B的摩擦力，下列说法正确的有( )A．F做的功一定等于A、B系统动能的增加量B．F做的功一定小于A、B系统动能的增加量C．f1对A做的功等于A动能的增加量D．f2对B做的功等于B动能的增加量解析：选C.由于开始运动后，A是否会相对于B发生运动，从题中给出的条件不能判断，所以也就是如果两者发生运动，对整体分析可知，F做功转化为两个物体的动能及系统的内能；故F做的功大于A、B系统动能的增加量，A、B错误；由动能定理可知，f1对A做的功等于A动能的增加量，C正确；f2对B做负功，和拉力做功的总功等于B动能的增加量，D 错误．4．(2020·安徽合肥一模)如图所示，一个质量为m的小铁块沿半径为R的固定半圆轨道上边缘由静止滑下，到半圆轨道最低点时，轨道所受压力为铁块重力的1.5倍，则此过程中铁块损失的机械能为(重力加速度为g)( )A.18mgR B.14mgRC.12mgR D.34mgR解析：选D.铁块在最低点，支持力与重力合力等于向心力，即1.5mg －mg ＝m v 2R ，即铁块动能E k ＝12mv 2＝14mgR ，初动能为零，故动能增加14mgR ，铁块重力势能减少mgR ，所以机械能损失34mgR ，D 正确． 5．足够长的水平传送带以恒定速度v 匀速运动，某时刻一个质量为m 的小物块以大小也是v 、方向与传送带的运动方向相反的初速度冲上传送带，最后小物块的速度与传送带的速度相同．在小物块与传送带间有相对运动的过程中，滑动摩擦力对小物块做的功为W ，小物块与传送带间因摩擦产生的热量为Q ，则下列判断中正确的是( )A ．W ＝0，Q ＝mv 2B ．W ＝0，Q ＝2mv 2C ．W ＝mv 22，Q ＝mv 2D ．W ＝mv 2，Q ＝2mv 2 解析：选B.对小物块，由动能定理有W ＝12mv 2－12mv 2＝0，设小物块与传送带间的动摩擦因数为μ，则小物块与传送带间的相对路程x 相对＝2v 2μg ，这段时间内因摩擦产生的热量Q ＝μmg ·x 相对＝2mv 2，B 正确．6.如图所示，一斜面固定在水平面上，斜面上的CD 部分光滑，DE 部分粗糙，A 、B 两物体叠放在一起从顶端C 点由静止下滑，下滑过程中A 、B 保持相对静止，且在DE 段做匀速运动．已知A 、B 间的接触面水平，则( )A ．沿CD 部分下滑时，A 的机械能减少，B 的机械能增加，但总的机械能不变B ．沿CD 部分下滑时，A 的机械能增加，B 的机械能减少，但总的机械能不变C ．沿DE 部分下滑时，A 的机械能不变，B 的机械能减少，故总的机械能减少D ．沿DE 部分下滑时，A 的机械能减少，B 的机械能减少，故总的机械能减少解析：选D.设斜面倾角为θ，因为CD 部分光滑，所以沿CD 部分下滑时，对A 、B 两物体组成的整体，只有重力做功，机械能守恒，且下滑加速度为a ＝g sin θ.对A 物体，受力分析如图所示，其重力沿斜面的分力使A产生的加速度恰好为g sin θ，说明F N 与F f 的合力与斜面垂直，对A 不做功，故A 的机械能守恒，则B 物体的机械能也守恒，故A 、B 均错．沿DE 部分匀速下滑，显然总机械能减少，A 和B 物体的机械能均减少，故C 错，D 对．7．质量为m 的人造地球卫星与地心的距离为r 时，引力势能可表示为E p ＝－G Mmr，其中G 为引力常量，M 为地球质量．该卫星原来在半径为R 1的轨道上绕地球做匀速圆周运动，由于受到极稀薄空气的摩擦作用，飞行一段时间后其圆周运动的半径变为R 2，此过程中因摩擦而产生的热量为( )A ．GMm ⎝ ⎛⎭⎪⎫1R 2－1R 1B ．GMm ⎝ ⎛⎭⎪⎫1R 1－1R 2 C.GMm 2⎝ ⎛⎭⎪⎫1R 2－1R 1 D.GMm 2⎝ ⎛⎭⎪⎫1R 1－1R 2 解析：选C.卫星做匀速圆周运动，由地球的万有引力提供向心力，则轨道半径为R 1时G Mm R 21＝m v 21R 1①，卫星的引力势能为E p1＝－GMm R 1②，轨道半径为R 2时G Mm R 22＝m v 22R 2③，卫星的引力势能为E p2＝－GMm R 2④，设摩擦产生的热量为Q ，根据能量守恒定律得：12mv 21＋E p1＝12mv 22＋E p2＋Q ⑤，联立①～⑤得：Q ＝GMm 2⎝ ⎛⎭⎪⎫1R 2－1R 1，故选C. 二、多项选择题8.(2020·浙江嘉兴一中模拟)在儿童乐园的蹦床项目中，小孩在两根弹性绳和弹性床的协助下实现上下弹跳，如图所示．某次蹦床活动中小孩静止时处于O 点，当其弹跳到最高点A 后下落可将蹦床压到最低点B ，小孩可看成质点．不计空气阻力，下列说法正确的是( )A ．从A 点运动到O 点，小孩重力势能的减少量大于动能的增加量B ．从O 点运动到B 点，小孩动能的减少量等于蹦床弹性势能的增加量C ．从A 点运动到B 点，小孩机械能的减少量小于蹦床弹性势能的增加量D ．从B 点返回到A 点，小孩机械能的增加量大于蹦床弹性势能的减少量解析：选AD.小孩从A 点运动到O 点，由动能定理可得mgh AO －W 弹1＝ΔE k1，A 正确；小孩从O 点运动到B 点，由动能定理可得mgh OB －W 弹2＝ΔE k2，B 错误；小孩从A 点运动到B 点，由功能关系可得－W 弹＝ΔE 机1，C 错误；小孩从B 点返回到A 点，弹性绳和蹦床的弹性势能转化为小孩的机械能，则知小孩机械能的增加量大于蹦床弹性势能的减少量，D 正确．9.一质点在0～15 s 内竖直向上运动，其加速度－时间图象如图所示，若取竖直向下为正，g 取10 m/s 2，则下列说法正确的是( )A ．质点的机械能不断增加B ．在0～5 s 内质点的动能减少C ．在10～15 s 内质点的机械能一直增加D ．在t ＝15 s 时质点的机械能大于t ＝5 s 时质点的机械能解析：选BD.质点竖直向上运动，0～15 s 内加速度方向向下，质点一直做减速运动，B 正确.0～5 s 内，a ＝10 m/s 2，方向竖直向下，质点只受重力(或者同时也受其他力，但其他力的合力为零)，机械能守恒；5～10 s 内，a ＝8 m/s 2，受重力和向上的力F 1，F 1做正功，机械能增加；10～15 s 内，a ＝12 m/s 2，质点受重力和向下的力F 2，F 2做负功，机械能减少，A 、C 错误．由F 合＝ma 可推知，F 1＝F 2，由于做减速运动，5～10 s 内通过的位移大于10～15 s 内通过的位移，F 1做的功大于F 2做的功，5～15 s 内增加的机械能大于减少的机械能，D 正确．10.(2020·河北定州中学模拟)如图所示，质量为M 的木块静止在光滑的水平面上，质量为m 的子弹以速度v 0沿水平方向射中木块并最终留在木块中与木块一起以速度v 运动．已知当子弹相对木块静止时，木块前进距离L ，子弹进入木块的深度为L ′，木块对子弹的阻力为F (F 视为恒力)，则下列判断正确的是( )A ．子弹和木块组成的系统机械能不守恒B ．子弹克服阻力所做的功为FL ′C ．系统产生的热量为F (L ＋L ′)D ．子弹对木块做的功为12Mv 2 解析：选AD.子弹打入木块，子弹和木块位移不相等，所以相互作用力对子弹做的功即子弹动能的减少量，与相互作用力对木块做的功即木块动能的增加量不相等，因此有内能产生，系统机械能不守恒，A 正确；子弹克服阻力所做的功即阻力所做的功的大小为F (L ＋L ′)，B 错误；根据能量守恒得，摩擦力与相对位移的乘积等于系统能量的损失，系统产生的热量为FL ′，C 错误；对木块运用动能定理得，fL ＝12Mv 2，D 正确． 三、非选择题11．如图所示，质量为m ＝1 kg 的滑块，在水平力F 作用下静止在倾角为θ＝30°的光滑斜面上，斜面的末端处与水平传送带相接(滑块经过此位置滑上传送带时无能量损失)，传送带的运行速度为v 0＝3 m/s ，长为L ＝1.4 m ，今将水平力撤去，当滑块滑到传送带右端C 时，恰好与传送带速度相同．滑块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.25，g ＝10 m/s 2.(1)求水平作用力F 的大小；(2)求滑块下滑的高度；(3)若滑块滑上传送带时速度大于3 m/s ，求滑块在传送带上滑行的整个过程中产生的热量．解析：(1)滑块静止在斜面上时，受到水平推力F 、重力mg 和支持力F N 而处于平衡状态，由平衡条件可知，水平推力F ＝mg tan θ，代入数据得F ＝1033N. (2)设滑块从高为h 处下滑，到达斜面底端速度为v ，下滑过程机械能守恒，故有mgh ＝12mv 2，所以v ＝2gh .若滑块滑上传送带时的速度小于传送带速度，则滑块在传送带上由于受到向右的滑动摩擦力而做匀加速运动；根据动能定理有μmgL ＝12mv 20－12mv 2，所以h 1＝v 202g －μL ，代入数据得h 1＝0.1 m.若滑块冲上传送带时的速度大于传送带的速度，则滑块由于受到向左的滑动摩擦力而做匀减速运动；根据动能定理有－μmgL ＝12mv 20－12mv 2，则h 2＝v 202g＋μL ，代入数据得h 2＝0.8 m. (3)设滑块在传送带上运动的时间为t ，则t 时间内传送带的位移x ＝v 0t ，由机械能守恒可知mgh 2＝12mv 2， 对滑块由运动学公式知v 0＝v －at ，a ＝μg滑块相对传送带滑动的位移Δx ＝L －x ，相对滑动产生的热量Q ＝μmg Δx ，联立代入数据可得Q ＝0.5 J.答案：(1)1033N (2)0.1 m 或0.8 m (3)0.5 J12．如图所示，弹簧的一端固定，另一端连接一个物块，弹簧质量不计．物块(可视为质点)的质量为m ，在水平桌面上沿x 轴运动，与桌面间的动摩擦因数为μ.以弹簧原长时物块的位置为坐标原点O ，当弹簧的伸长量为x 时，物块所受弹簧弹力大小为F ＝kx ，k 为常量．(1)请画出F 随x 变化的示意图；并根据F －x 图象求物块沿x 轴从O 点运动到位置x 的过程中弹力所做的功．(2)物块由x 1向右运动到x 3，然后由x 3返回到x 2，在这个过程中，①求弹力所做的功，并据此求弹性势能的变化量；②求滑动摩擦力所做的功；并与弹力做功比较，说明为什么不存在与摩擦力对应的“摩擦力势能”的概念．解析：(1)F －x 图象如图所示．物块沿x 轴从O 点运动到位置x 的过程中，弹力做负功；F －x 图线下的面积等于弹力做功大小．弹力做功W F ＝－12·kx ·x ＝－12kx 2.(2)①物块由x 1向右运动到x 3的过程中，弹力做功W F 1＝－12·(kx 1＋kx 3)·(x 3－x 1)＝12kx 21－12kx 23 物块由x 3向左运动到x 2的过程中，弹力做功W F 2＝12·(kx 2＋kx 3)·(x 3－x 2)＝12kx 23－12kx 22 整个过程中，弹力做功W F ＝W F 1＋W F 2＝12kx 21－12kx 22 弹性势能的变化量ΔE p ＝－W F ＝12kx 22－12kx 21. ②整个过程中，摩擦力做功W f ＝－μmg (2x 3－x 1－x 2)，与弹力做功比较，弹力做功与x 3无关，即与实际路径无关，只与始末位置有关，所以，我们可以定义一个由物体之间的相互作用力(弹力)和相对位置决定的能量——弹性势能．而摩擦力做功与x 3有关，即与实际路径有关，所以，不可以定义与摩擦力对应的“摩擦力势能”．答案：见解析。
高考物理一轮复习 第五章 机械能 专题突破 功能关系 能量守恒定律教学案
专题突破功能关系能量守恒定律功能关系的理解和应用力学中常见的功能关系教材引领1.[人教版必修2·P80·T1]把质量是0.2 kg的小球放在竖立的弹簧上，并把球往下按至A的位置，如图7.9－3甲所示。
迅速松手后，弹簧把球弹起，球升至最高位置C(图丙)，途中经过位置B时弹簧正好处于自由状态(图乙)。
已知B、A的高度差为0.1 m，C、B的高度差为0.2 m，弹簧的质量和空气的阻力均可忽略。
图7.9－3讨论三种情况下能量的变化(1)分别说出由状态甲至状态乙，由状态乙至状态丙的能量转化情况。
(2)状态甲中弹簧的弹性势能是多少？状态乙中小球的动能是多少？解析(1)从状态甲至状态乙过程中：①由于弹簧弹力一直做正功，则弹性势能一直减少，当弹簧恢复到自然长度时，弹性势能为0；②由于重力做负功，则小球的重力势能一直增大；③由于小球先加速运动后减速运动，所以动能先增大后减少，当弹簧对小球向上的弹力大小与重力大小相等时，小球的动能最大。
从状态乙到状态丙过程中：①由于重力一直做负功，则小球的重力势能仍一直增大，到达C点时，重力势能达到最大。
②由于重力为合力且一直做负功，则小球的动能逐渐减少，到达C 点时，动能减少到0。
(2)小球和弹簧组成的系统机械能守恒，从状态甲系统的机械能等于状态丙系统的机械能，则状态甲中弹簧的弹性势能：E p＝mg(h AB ＋h BC)＝0.2×9.8×(0.1＋0.2) J＝0.588 J。
小球从状态乙到状态丙的过程中，小球的重力势能增大，动能减少，由功能关系或机械能守恒定律可知，小球在状态乙中的动能：E k＝mgh BC＝0.2×9.8×0.2 J＝0.392 J。
答案(1)从状态甲至状态乙过程中：弹性势能一直减少，重力势能一直增大，动能先增大后减少；从状态乙到状态丙过程中：重力势能一直增大，动能一直减少(2) 0.588 J 0.392 J拓展提升2.(2019·山东烟台测试)质量为m的物体在竖直向上的恒定拉力F 的作用下，由静止开始向上运动H髙度，所受空气阻力恒为f，g 为当地的重力加速度。
2021高考物理一轮复习第五单元机械能第4讲功能关系能量守恒定律学案人教版.doc
第4讲功能关系能量守恒定律考纲考情核心素养►功能关系Ⅱ►几种常见的功能关系和能量守恒定律.物理观念全国卷5年4考高考指数★★★★★►利用功能关系进行相关计算．►能量转化问题的解题思路.科学思维知识点一功能关系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．3．做功对应变化的能量形式(1)合外力的功影响物体的动能的变化．(2)重力的功影响物体重力势能的变化．(3)弹簧弹力的功影响弹性势能的变化．(4)除重力或系统内弹力以外的力做功影响物体机械能的变化．(5)滑动摩擦力的功影响内能的变化．(6)电场力的功影响电势能的变化．知识点二能量守恒定律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，在转化或转移的过程中，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(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．思考判断(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．( × )2．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( C )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：根据动能定理得韩晓鹏动能的变化ΔE ＝W G ＋W f ＝1 900 J －100 J ＝1 800 J>0，故其动能增加了1 800 J ，选项A 、B 错误；根据重力做功与重力势能变化的关系W G ＝－ΔE p ，所以ΔE p ＝－W G ＝－1 900 J<0，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．3.质量为m 的物体以初速度v 0沿水平面向左开始运动，起始点A 与一轻弹簧O 端相距s ，如图所示．已知物体与水平面间的动摩擦因数为μ，物体与弹簧相碰后，弹簧的最大压缩量为x .则从开始碰撞到弹簧被压缩至最短，物体克服弹簧弹力所做的功为( A )A.12mv 20－μmg (s ＋x ) B.12mv 20－μmgx C ．μmgsD ．μmg (s ＋x )解析：由能量守恒定律可知，物体的初动能12mv 20一部分用于克服弹簧弹力做功，另一部分用于克服摩擦力做功，故物体克服弹簧弹力所做的功为12mv 20－μmg (s ＋x )，故选项A 正确．4．(多选)一个质量为m 的物体以a ＝2g 的加速度竖直向下运动，则在此物体下降h 高度的过程中，物体的( BD )A ．重力势能减少了2mghB ．动能增加了2mghC ．机械能保持不变D ．机械能增加了mgh解析：下降h 高度，则重力做正功mgh ，所以重力势能减小mgh ，A 错误；根据动能定理可得F 合h ＝ΔE k ，又F 合＝ma ＝2mg ，故ΔE k ＝2mgh ，B 正确；重力势能减小mgh ，而动能增大2mgh ，所以机械能增加mgh ，C 错误，D 正确．5．足够长的水平传送带以恒定速度v 匀速运动，某时刻一个质量为m 的小物块以大小也是v 、方向与传送带运动方向相反的初速度冲上传送带，最后小物块的速度与传送带的速度相同．在小物块与传送带间有相对运动的过程中，滑动摩擦力对小物块做的功为W ，小物块与传送带间因摩擦产生的热量为Q ，则下列判断中正确的是( B )A ．W ＝0，Q ＝mv 2B ．W ＝0，Q ＝2mv 2C ．W ＝mv 22，Q ＝mv 2D ．W ＝mv 2，Q ＝2mv 2解析：对小物块，由动能定理有W ＝12mv 2－12mv 2＝0，设小物块与传送带间的动摩擦因数为μ，则小物块与传送带间的相对路程x 相对＝2v2μg，这段时间内因摩擦产生的热量Q ＝μmg ·x相对＝2mv 2，选项B 正确．考点1 功能关系1．对功能关系的进一步理解(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值上相等．2．几种常见的功能关系及其表达式力做功 能的变化 定量关系合力的功动能变化W ＝E k 2－E k 1＝ΔE k。
高考物理总复习第五章 第4讲 功能关系、能量守恒定律
2013-11-27 有志者事竟成 9
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3．(2012· 安徽理综)如图5－4－1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时恰好对轨道没有压力．已知AP＝2R，重力 加速度为g，则小球从P到B的运动过程中( )
2013-11-27
有志者事竟成
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(4)电场力做功：电势能与其他能相互转化． (5)安培力做功：电能和机械能相互转化． 二、能量守恒定律 1．内容． 能量既不会消灭，也不会创生，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，而在转 化和转移的过程中，能量的总量保持不变．
A．逐渐升高 B．逐渐降低 C．先降低后升高 D．始终不变
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解析
由题意知外力对绳索做正功，机械能增加，重心
升高，故选A项．
答案
A
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题型归类•深度剖析
2013-11-27
有志者事竟成
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解析 功的计算公式W＝Fscosα中的s是指相对于地面 的位移，滑动摩擦力和静摩擦力仅起阻碍物体间的相对运动 (或相对运动趋势)的作用，它与物体对地“绝对位移”的方 向既可能相同也可能相反，说它们一定做负功是错误的．物 体间有静摩擦力作用时两物体相对静止，物体可以对地移 动，所以静摩擦力也可能做功．物体间有相对滑动时，伴随 机械能的损耗(转化为内能)，所以一对滑动摩擦力做功的总 和恒为负值．
答案 A
高考物理 专题5-4 功能关系 能量守恒定律(教学案)
【高频考点解读】1．知道功是能量转化的量度，掌握重力的功、弹力的功、合力的功与对应的能量转化关系。
2．知道自然界中的能量转化，理解能量守恒定律，并能用来分析有关问题。
【热点题型】热点题型一功能关系的理解和应用例1（2018年江苏卷）如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端连接一小物块，O 点为弹簧在原长时物块的位置．物块由A 点静止释放，沿粗糙程度相同的水平面向右运动，最远到达B 点．在从A 到B 的过程中，物块（）A.加速度先减小后增大B.经过O 点时的速度最大C.所受弹簧弹力始终做正功D.所受弹簧弹力做的功等于克服摩擦力做的功【答案】AD【变式探究】【2017·新课标Ⅲ卷】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 ．16mgl C ．13mglD ．12mgl【答案】A【变式探究】质量为m的物体由静止开始下落，由于空气阻力影响，物体下落的加速度为45g，在物体下落高度为h的过程中，下列说法正确的是() A．物体的动能增加了45mghB．物体的机械能减少了45mghC．物体克服阻力所做的功为45mghD．物体的重力势能减少了45mgh解析：由牛顿第二定律有mg－f＝ma，由a＝45g得f＝15mg，利用动能定理有W＝Fh＝45mgh＝ΔE k，选项A正确；判断机械能的变化要看除重力外其他力的做功情况，－fh＝－15mgh＝ΔE，说明阻力做负功，机械能减少1 5mgh，选项B错误；物体克服阻力做功应为15mgh，选项C错误；高度下降了h，则重力势能减少了mgh，选项D错误。
答案：A【提分秘籍】1．对功能关系的进一步理解(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，一是体现到不同的力做功，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值上相等。
高一物理复习教案 第五章机械能及其守恒定律复习教案
第五章机械能及其守恒定律（复习）★新课标要求1、运用能量的观点分析解决有关问题时，可以不涉及过程中力的作用细节。
2、功和能量转化的关系不仅为解决力学问题开辟了一条新的重要途径，同时它也是分析解决电磁学、热学等领域中问题的重要依据。
3、高考对本章考查的热点包括功和功率、动能定理、机械能守恒定律、能的转化和守恒定律。
考查的特点是灵活性强、综合面大，能力要求高。
★复习重点功和功率、功和能的关系（重力作功和重力势能的关系、动能定理）、机械能守恒定律的应用。
★教学难点功和能的关系（重力作功和重力势能的关系、动能定理）、机械能守恒定律的应用。
★教学方法：复习提问、讲练结合。
★教学过程（一）投影全章知识脉络，构建知识体系（二）本章要点综述Ⅰ功和功率：1、功：功的计算公式：做功的两个不可缺少的因素：（1）力；（2）在力的方向上发生的位移；功是标量、是过程量。
注意：当=时，W=0。
例如：线吊小球做圆周运动时，线的拉力不做功；当<时，力对物体做负功，也说成物体克服这个力做了功（取正值）2、功率：定义：文字表述：_________________________________________________；公式表示：_________________；物理意义：___________________________；国际单位：__________；其他单位：1千瓦=1000瓦特。
其他计算公式：平均功率_____________________；瞬时功率_____________________。
额定功率是发动机正常工作时的最大功率；实际输出功率小于或等于额定功率。
Ⅱ重力势能和弹性势能：1、重力势能：（1）重力做功的特点：重力对物体做的功只跟起点和终点的位置有关，而跟物体的运动的路径无关。
（2）重力势能的定义：文字表述：_____________________________________________；公式表示：_____________________________________________性质：重力势能是标量、状态量、相对量。
2019高考物理一轮复习第五章机械能及其守恒定律第4讲功能关系能量守恒定律学案
丰富丰富纷繁第 4 讲功能关系能量守恒定律【基础梳理】一、功能关系1．功是能量转变的量度，即做了多少功就有多少能量发生了转变．2．几种常有的功能关系功能量的变化合外力做正功动能增添重力做正功重力势能减少弹簧弹力做正功弹性势能减少电场力做正功电势能减少其余力 ( 除重力、弹力机械能增添外) 做正功二、能量守恒定律1．内容：能量既不会凭空产生，也不会凭空消逝，它只好从一种形式转变成另一种形式，或许从一个物体转移到其余物体，在转变和转移的过程中，能量的总量保持不变．2．表达式(1)E1＝ E2.(2) E 减＝ E增．【自我诊疗】判一判(1) 能量转变是经过做功来实现的．( )(2) 力对物体做了多少功，物体就有多少能．()(3) 力对物体做正功，物体的总能量必定增添．( )(4) 能量在转变和转移的过程中，其总量会不停减少．()(5) 能量在转变和转移的过程中总量保持不变，所以能源取之不尽，用之不停，故无需节俭能源．()(6) 滑动摩擦力做功时，必定会惹起能量的转变．( )提示： (1) √ (2) × (3) × (4) ×(5) ×(6) √做一做(2016 ·高考四川卷 ) 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1900J ，他战胜阻力做功100 J ．韩晓鹏在此过程中 ()A．动能增添了 1 900 JB．动能增添了 2 000 JC．重力势能减小了1900JD．重力势能减小了2000J提示：选 C. 依据动能定理，物体动能的增量等于物体所受全部力做功的代数和，即增添的动能为E k ＝ W G＋ W f ＝1 900 J －100 J ＝1 800 J ，A 、 B 项错误；重力做功与重力势能改变量的关系为W G ＝－ E p ，即重力势能减少了 1 900 J ， C 项正确， D 项错误．想想一对互相作用的静摩擦力做功能改变系统的机械能吗？提示：不可以．因为做功代数和为零．对功能关系的理解和应用[ 学生用书 P94]【知识提炼】1．对功能关系的理解(1) 做功的过程就是能量转变的过程．不一样形式的能量发生互相转变是经过做功来实现的．(2) 功是能量转变的量度，功和能的关系，一是表此刻不一样的力做功，对应不一样形式的能转变，拥有一一对应关系，二是做功的多少与能量转变的多少在数值上相等．2．几种常有的功能关系及其表达式各样力做功 对应能的变化定量的关系协力的功动能变化协力对物体做功等于物体动能的增量合＝ k2 － k1W EE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，重力势能增添，且G＝－p＝ p1－ p2W E E E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，弹性势能增添，且 弹＝－ p ＝ p1－ p2WE EE 只有重力、弹不惹起机械能变化机械能守恒＝ 0簧弹力的功E非重力和弹力机械能变化除重力和弹力以外的其余力做正功，物体的机械能增的功 加，做负功，机械能减少，且W 其余＝E电场力的功电势能变化电场力做正功，电势能减少，电场力做负功，电势能增添，且 W ＝－ E电 p【跟进题组】1．起跳摸高是学生常常进行的一项体育活动．一质量为m 的同学曲折两腿向下蹲，而后使劲蹬地起跳，从该同学使劲蹬地到刚走开地面的起跳过程中，他的重心上涨了 h ，离地时他的速度大小为v . 以下说法正确的是 ()A ．该同学机械能增添了mgh12B ．起跳过程中该同学机械能增量为mgh ＋ 2mvC ．地面的支持力对该同学做功为1 2mgh ＋ mv212D ．该同学所受的合外力对其做功为2mv ＋ mgh12分析：选 B. 该同学重心高升了 h ，重力势能增添了 mgh ，又知离地时获取动能为 2mv ，则机械能增添了 mgh12＋ 2mv ，A 错误、 B 正确；该同学在与地面作用过程中，支持力对该同学做功为零， C 错误；该同学所受合外力做功等于动能增量，则12W ＝2mv ， D 错误．合2．( 多项选择 )(2016 ·高考全国卷Ⅱ ) 如图， 小球套在圆滑的竖直杆上， 轻弹簧一端固定于 O 点，另一端与小球相连． 现 将小球从点由静止开释， 它在降落的过程中经过了N 点．已知在 、 两点处， 弹簧对小球的弹力大小相等，MM N且∠<∠<π. 在小球从点运动到N 点的过程中， ()ONM OMN 2MA ．弹力对小球先做正功后做负功B ．有两个时辰小球的加快度等于重力加快度C ．弹簧长度最短时，弹力对小球做功的功率为零D ．小球抵达 N 点时的动能等于其在M 、 N 两点的重力势能差分析：选 BCD.小球在从 M 点运动到 N 点的过程中，弹簧的压缩量先增大，后减小，到某一地点时，弹簧处于原长，再持续向下运动到N 点的过程中，弹簧又伸长．弹簧的弹力方向与小球速度的方向的夹角先大于90°，再小于 90°，最后又大于90°，所以弹力先做负功，再做正功，最后又做负功，A 项错误；弹簧与杆垂直时，小球的加快度等于重力加快度，当弹簧的弹力为零时，小球的加快度也等于重力加快度， B 项正确；弹簧长度最短时，弹力与小球的速度方向垂直，这时弹力对小球做功的功率为零，C 项正确；因为在M 、 N 两点处，弹簧的弹力大小相等，即弹簧的形变量相等，依据动能定理可知，小球从M 点到 N 点的过程中，弹簧的弹力做功为零，重力做功等于动能的增量，即小球抵达N 点时的动能等于其在 M 、 N 两点的重力势能差， D 项正确．能量守恒定律的应用 [ 学生用书 P95]【知识提炼】1．应用能量守恒定律方程的两条基本思路(1) 某种形式的能量减少，必定存在其余形式的能量增添，且减少许和增添量必定相等；(2) 某个物体的能量减少，必定存在其余物体的能量增添，且减少许和增添量必定相等．2．能量转变问题的解题思路(1) 当波及滑动摩擦力做功，机械能不守恒时，一般应用能的转变和守恒定律．(2) 解题时，第一确立初末状态，而后剖析状态变化过程中哪一种形式的能量减少，哪一种形式的能量增添，求出减少的能量总和E 减 和增添的能量总和E 增 ，最后由 E 减 ＝ E 增列式求解．【典题例析】如下图，绷紧的传递带与水平面的夹角θ＝30°，皮带在电动机的带动下，一直保持v0＝2 m/s的速率运转，现把一质量为＝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 ，工件被传递到h m＝1.5 m 的高处，取g＝10 m/s 2，求：(1)工件与传递带间的动摩擦因数；(2)电动机因为传递工件多耗费的电能．[ 审题指导 ] (1) 运动过程剖析： 1.9 s内工件能否向来加快？若工件先匀加快后匀速运动，所受摩擦力能否同样？(2)能量转变剖析：多耗费的电能转变成了哪几种能量？各怎样表示？hθ＝ 3 m．工件速度达v0[ 分析 ] (1) 由题图可知，皮带长x＝sin v0前，做匀加快运动的位移x1＝ v t 1＝ 2 t 1，匀速运动的位移为x－x1＝ v0( t － t 1)，解得加快运动的时间t 1＝0.8 s，加快运动的位移x1＝0.8 m，所以v02 ，由牛顿第二定律有：μ mg cosθ － mg sin 3加快度 a＝＝2.5 m/s θ＝ ma，解得：μ＝.t 1 2(2)从能量守恒的看法，明显电动机多耗费的电能用于增添工件的动能、势能以及战胜传递带与工件之间发生相对位移时摩擦力做功发出的热量．在时间 t 内，皮带运动的位移x皮＝v t ＝ 1.6 m1 0 1在时间 t 1内，工件相对皮带的位移x 相＝x 皮－ x1＝0.8 m在时间 t 1内，摩擦生热Q＝μ mg cosθ · x 相＝60 J工件获取的动能 E ＝1 22mv＝20 Jk 0工件增添的势能 E ＝mgh＝150 Jp电动机多耗费的电能＝＋ k＋ p＝230 J.WQE E3(2)230 J[答案] (1)21．两种摩擦力做功的比较静摩擦力滑动摩擦力能量的转变方只有能量的转移，没有能既有能量的转移，又有能量的转变不一样点面量的转变一对摩擦力的一对静摩擦力所做功的一对滑动摩擦力所做功的代数和丰富丰富纷繁总功方面代数和等于零为负值，总功＝－ f ·l 相对，即W F摩擦时产生的热量(1)两种摩擦力对物体能够做正功、负功，还能够不做功；(2)静摩擦力做正功时，它的反作使劲必定做负功；正功、负功、不同样点(3) 滑动摩擦力做负功时，它的反作使劲可能做正功，可能做做功方面负功，还可能不做功；但滑动摩擦力做正功或不做功时，它的反作使劲必定做负功2．求解相对滑动物体的能量问题的方法(1)正确剖析物体的运动过程，做好受力状况剖析．(2)利用运动学公式，联合牛顿第二定律剖析物体的速度关系及位移关系．(3) 利用Q＝F x相对计算热量 Q时，要点是对相对行程 x相对的理解．比如：假如两物体同向运动，x相对为两f物体对地位移大小之差；假如两物体反向运动，x 相对为两物体对地位移大小之和；假如一个物体相对另一个物体来去运动，则x 相对为两物体相对滑行路径的总长度．【迁徙题组】迁徙 1传递带模型中能量的转变问题1.(2018 ·福建八县联考) 如下图，足够长的传递带以恒定速率顺时针运转，将一个物体轻轻放在传递带底端，第一阶段物体被加快到与传递带拥有同样的速度，第二阶段与传递带相对静止，匀速运动抵达传递带顶端．以下说法正确的选项是()A．第一阶段摩擦力对物体做正功，第二阶段摩擦力对物体不做功B．第一阶段摩擦力对物体做的功等于第一阶段物体动能的增添C．第一阶段物体和传递带间的摩擦生热等于第一阶段物体机械能的增添D．物体从底端到顶端全过程机械能的增添等于全过程物体与传递带间的摩擦生热分析：选 C.第一阶段物体遇到沿斜面向上的滑动摩擦力；第二阶段物体遇到沿斜面向上的静摩擦力做功，两个阶段摩擦力方向都跟物体运动方向同样，所以两个阶段摩擦力都做正功，故 A 错误；依据动能定理得悉，外力做的总功等于物体动能的增添，第一阶段，摩擦力和重力都做功，则第一阶段摩擦力对物体做的功不等于第一阶段物体动能的增添，故 B 错误；由功能关系可知，第一阶段摩擦力对物体做的功( 除重力以外的力所做v的功 ) 等于物体机械能的增添，即E＝ W阻＝ F 阻 s 物，摩擦生热为 Q＝F 阻 s 相对，又因为 s 传递带＝vt ，s 物＝2t ，所以s 物＝s相对＝1 传递带，即＝，故 C 正确．第二阶段没有摩擦生热，但物体的机械能持续增添，故 D 错误．2sQ E迁徙 2滑块——滑板模型中能量的转变问题2.丰富丰富纷繁 ( 多项选择 ) 如下图，长木板 A 放在圆滑的水平川面上，物体B 以水平速度 v 0 冲上 A 后，因为摩擦力作用，最后停止在木板 A 上，则从 B 冲到木板 A 上到相对木板 A 静止的过程中，下陈述法中正确的选项是( )A ．物体B 动能的减少许等于系统损失的机械能B ．物体 B 战胜摩擦力做的功等于系统内能的增添量C ．物体 B 损失的机械能等于木板A 获取的动能与系统损失的机械能之和D ．摩擦力对物体 B 做的功和对木板 A 做的功的总和等于系统内能的增添量分析：选 CD.物体 B 以水平速度冲上木板A 后，因为摩擦力作用，B 减速运动，木板 A 加快运动，依据能量守恒定律， 物体 B 动能的减少许等于木板A 增添的动能和产生的热量之和，选项 A 错误； 依据动能定理， 物体 B 战胜摩擦力做的功等于物体 B 损失的动能， 选项 B 错误；由能量守恒定律可知， 物体 B 损失的机械能等于木板 A 获取的动能与系统损失的机械能之和，选项 C 正确；摩擦力对物体 B 做的功等于物体 B 动能的减少许，摩擦力对木板 A 做的功等于木板 A 动能的增添量， 由能量守恒定律， 摩擦力对物体 B 做的功和对木板 A 做的功的总和等于系统内能的增添量，选项D 正确．迁徙 3 能量守恒问题的综合应用3.如下图，一物体质量m ＝ 2 kg ，在倾角 θ ＝ 37°的斜面上的 A 点以初速度 v 0＝ 3 m/s 下滑， A 点距弹簧上端 B 的距离＝ 4 m ．当物体抵达B 点后将弹簧压缩到C 点，最大压缩量 ＝ 0.2 m ，而后物体又被弹簧弹ABBC上去，弹到的最高地点为D 点， D 点距 A 点的距离 AD ＝ 3 m ．挡板及弹簧质量不计， g 取 10 m/s 2， sin 37 °＝0.6 ，求：(1) 物体与斜面间的动摩擦因数μ ；(2) 弹簧的最大弹性势能 E pm .分析： (1) 物体从开始地点 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 械能的减少许为＝k＋p＝1 2AD°①＋sin 37EE E2mv mgl物体战胜摩擦力产生的热量为＝ f②Q F x此中 x 为物体的行程，即 x ＝ 5.4 m③ F f ＝ μ mg cos 37 °④ 由能量守恒定律可得＝Q⑤E由①②③④⑤式解得μ ≈0.52.(2) 由 A 到 C 的过程中，动能减少1 2⑥′ k ＝ mv 0E26丰富丰富纷繁重力势能减少E′p＝ mgl AC sin 37°⑦摩擦生热Q＝ F f l AC＝μ mg cos 37°l AC⑧由能量守恒定律得弹簧的最大弹性势能为pm＝′ k ＋′ p－QE E E联立⑥⑦⑧⑨解得E pm≈24.5 J.答案： (1)0.52 (2)24.5 J⑨[ 学生用书 P96]1． ( 多项选择 )(2015 ·高考江苏卷) 如下图，轻质弹簧一端固定，另一端与一质量为m、套在粗拙竖直固定杆 A 处的圆环相连，弹簧水平且处于原长．圆环从 A处由静止开始下滑，经过 B处的速度最大，抵达 C处的速度为零， AC＝ h.圆环在 C 处获取一竖直向上的速度 v，恰巧能回到 A.弹簧一直在弹性限度内，重力加快度为g.则圆环()A．下滑过程中，加快度向来减小1 2B．下滑过程中，战胜摩擦力做的功为4mv1 2C．在C处，弹簧的弹性势能为4mv－mghD．上滑经过B的速度大于下滑经过B的速度分析：选BD.圆环着落时，先加快，在B地点时速度最大，加快度减小至0，从B到C圆环减速，加快度增大，方向向上，选项 A 错误．圆环下滑时，设战胜摩擦力做功为W f，弹簧的最大弹性势能为E p，由 A 到 C1 212 的过程中，依据功能关系有mgh＝E p＋ W f，由 C到 A的过程中，有2mv＋E p＝ W f＋ mgh，联立解得W f＝4mv，p＝1 2错误．设圆环在 B 地点时，弹簧弹性势能为E p′，依据能量守恒， A － mv，选项B正确，选项 CE mgh 41 2 E′＋W′ 1 2 E ′＝ mgh′＋ W′，比较两式得 v′>v ，到 B 的过程有2mv＋＝ mgh′，B到 A 的过程有2mv′＋B p f B p f BB选项 D正确．2．( 多项选择 )(2018 ·潍坊高三统考 ) 如下图，甲、乙传递带倾斜搁置，并以同样的恒定速率v 逆时针运动，两传递带粗拙程度不一样，但长度、倾角均同样．将一小物体分别从两传递带顶端的 A 点无初速度开释，甲传递带上小物体抵达底端 B 点时恰巧达到速度v；乙传递带上小物体抵达传递带中部的C点时恰巧达到速度 v，接着以速度 v 运动究竟端B点．则小物体从A运动到 B 的过程( )7丰富丰富纷繁A ．小物体在甲传递带上的运动时间比在乙上的大B ．小物体与甲传递带之间的动摩擦因数比与乙之间的大C ．两传递带对小物体做功相等D ．两传递带因与小物体摩擦产生的热量相等2分析：选 AC.设传递带的长度为L ，小物体在甲传递带上做匀加快直线运动，运动时间 tLL甲＝ v ＝ v ，小物2L L2 2 3L体在乙传递带上先做匀加快运动后做匀速运动，运动时间t 乙＝ t 加 ＋ t 匀＝ v ＋ v ＝ 2v ，所以 t 甲＞ t乙，A 对．由22＝ 2aL 得 av 2v 2＜a，由牛顿第二定律得a＝g sin θ＋ μg cos θ ，a＝ g sinv甲 甲 ＝ 2L ，同理得 a乙 ＝ L ，则 a甲 乙 甲 甲 乙 θ ＋μ 乙 cos θ ，所以 μ 甲 ＜ μ 乙 ，B 错．由动能定理得重＋传12，所以传递带对小物体做功相等，CWW＝mvg2对．小物体与传递带之间的相对位移x 甲 ＝x 传－ x 甲 ＝ vt 甲 － L ＝L ， x 乙 ＝x ′ 传－ x 乙 ＝ vt加－L ＝ L，摩擦产生2 2121 21的热量 Q 甲 ＝ μ 甲 mg cos θΔ x 甲＝ 2mv －mgL sin θ ，Q 乙＝ μ 乙mg cos θΔ x 乙 ＝ 2mv － 2mgL sin θ ，所以 Q 甲＜Q 乙， D 错．3.( 多项选择 )(2018 ·湖北八校联考 ) 如下图，倾角 θ＝ 37°的圆滑斜面上固定一个带轻杆的槽，劲度系数 k＝ 20 N/m 、原长足够长的轻弹簧的下端与轻杆相连，开始时轻杆在槽外的长度 l ＝ 0.6 m ，且杆可在槽内挪动，轻杆与槽间的滑动摩擦力大小f恒为 6 N ，轻杆与槽之间的最大静摩擦力等于滑块摩擦力．质量＝ 1 kg 的小Fm车从距弹簧上端l ＝ 0.6 m 处由静止开释沿斜面向下运动．已知弹簧的弹性势能 p＝1 2，式中x 为弹簧的形E2kx变量．在整个运动过程中，弹簧一直处于弹性限度之内．取g ＝ 10 m/s 2， sin 37 °＝ 0.6 ， cos 37 °＝ 0.8. 下列说法正确的选项是 ()A ．在轻杆完整进入槽内以前，小车先做匀加快运动，而后做加快度渐渐减小的加快运动，最后做匀速直线运动5 B ．从小车开始运动到轻杆完整进入槽内所用时间为s5C ．若轻杆与槽间的滑动摩擦力大小变成16 N ，小车、弹簧、轻杆构成的系统机械能必定不守恒D ．若轻杆与槽间的滑动摩擦力大小变成16 N ，小车第一次与弹簧作用的过程中轻杆挪动的距离为 0.2 m丰富丰富纷繁分析：选 ACD.在小车和弹簧接触前，小车做加快度大小为a ＝g sin θ＝ 6 m/s 2 的匀加快直线运动，在小车和弹簧接触后，对小车由牛顿第二定律可得 mg sin θ － kx ＝ma 1，小车做加快度渐渐减小的加快运动，当加 速度为零时， kx ＝ mg sin θ ＝ 6 N ＝ F ，接着小车做匀速直线运动，选项 A 正确；设小车做匀加快直线运动的1f1255时间为 t 1，则 l ＝ 2at 1，解得 t1＝ 5 s ，从小车开始运动到轻杆完整进入槽内所用时间t >t 1＝ 5 s ，选项 B 错误；若轻杆与槽间的滑动摩擦力大小变成16 N ，假定轻杆一直不动，小车压缩弹簧至速度为零时弹簧的压123＋3 5 缩量为 x 2，对小车、弹簧、轻杆构成的系统，由机械能守恒定律有mg ( l ＋ x 2)sin θ ＝ 2kx 2，得 x 2 ＝10 m ，因为 kx 2＝ (6 ＋ 6 5) N>16 N ，这说明假定不建立，轻杆必定会在槽中滑动，槽对轻杆的滑动摩擦力必定会对系统做负功，依据功能原理可知，系统机械能必定不守恒，选项C 正确；设弹簧的压缩量为 x 3 时，弹簧对轻 杆的弹力大小等于槽对轻杆的最大静摩擦力大小，即 kx ＝ F ＝ 16 N ，解得 x ＝ 0.8 m ，此时弹簧和轻杆有共同3f3速度 v ，今后轻杆挪动的距离为x 时速度为零，由能量守恒定律有12 12θ4 mg l ＋ x )sin θ＝2mv ＋ 2kx ， mgxsin2323412，联立解得 x ＝ 0.2 m ，选项 D 正确．＋2mv ＝ F x2f 444．(2015 ·高考北京卷 ) 如下图，弹簧的一端固定，另一端连结一个物块，弹簧质量不计．物块( 可视为质点 ) 的质量为 ，在水平桌面上沿x 轴运动，与桌面间的动摩擦因数为μ . 以弹簧原长时物块的地点为坐标原m点 O ，当弹簧的伸长量为 x 时，物块所受弹簧弹力大小为 F ＝ kx ， k 为常量．(1) 请画出 F 随 x 变化的表示图； 并依据 F － x 图象求物块沿x 轴从 O 点运动到地点 x 的过程中弹力所做的功．(2) 物块由 x 1 向右运动到 x 3，而后由 x 3 返回到 x 2，在这个过程中，①求弹力所做的功，并据此求弹性势能的变化量；②求滑动摩擦力所做的功； 并与弹力做功比较， 说明为何不存在与摩擦力对应的“摩擦力势能”的看法．分析：(1) F － x 图象如下图．物块沿 x 轴从 O 点运动到地点 x 的过程中，弹力做负功； F － x 图线下的面积等于弹力做功大小．弹力做功112W F ＝－ 2· kx · x ＝－ 2kx .(2) ①物块由1向右运动到3的过程中，弹力做功1＋3)·( 3－ 1) ＝1212 x x F1＝－ ·(1 kx2kx 1－2kx 3W2 kx xx物块由 x 3 向左运动到 x 2 的过程中，弹力做功丰富丰富纷繁11212W F2＝2·(kx 2＋ kx 3) ·(x 3－ x 2) ＝ 2kx 3 － 2kx2整个过程中，弹力做功W ＝W ＋W ＝ 1212 2kx － 2kx2FF1F21弹性势能的变化量E ＝－ W ＝1 212.2kx－2kxp F21②整个过程中，摩擦力做功W f ＝－ μ mg (2 x 3－ x 1－ x 2)与弹力做功比较，弹力做功与x 3 没关，即与实质路径没关，只与始末地点相关，所以，我们能够定义一个由物体之间的互相作使劲 ( 弹力 ) 和相对地点决定的能量——弹性势能．而摩擦力做功与 x 3 相关，即与实质路径相关，所以，不可以够定义与摩擦力对应的“摩擦力势能”．答案：看法析[ 学生用书 P309( 独自成册 )]( 建议用时： 60 分钟 )一、单项选择题1.(2018 ·河南林州一中高三质量监测) 如下图，倾角为30°的斜面上，质量为 m 的物块在恒定拉力作用g下沿斜面以加快度 a ＝2( g 为重力加快度 ) 向上加快运动距离 x 的过程中，以下说法正确的选项是 ()A ．重力势能增添mgxmgxB ．动能增添4C ．机械能增添 mgxmgxD ．拉力做功为2分析：选x p1C.物块上涨的高度为 2，因此增添的重力势能为 E ＝ 2mgx ， A 错误；依据动能定理可得增添的动能为k＝·＝ 1， B 错误；依据能量守恒定律可得＝p＋k，故增添的机械能为 ＝ ， CE ma x2mgxE E EE mgx正确；因为斜面能否圆滑未知，因此不可以确立拉力的大小，不可以获取拉力做的功，D 错误．2．(2018 ·安徽合肥一模 )如下图，一个质量为m 的小铁块沿半径为 R 的固定半圆轨道上面沿由静止滑下，到半圆轨道最低点时，轨道所受压力为铁块重力的1.5 倍，则此过程中铁块损失的机械能为( 重力加快度为 g )( )11A. 8mgRB ． 4mgR丰富丰富纷繁1 3 C. 2mgRD ． 4mgR分析：选 D. 铁块在最低点，支持力与重力协力等于向心力，即v 2k1 2 11.5 mg － mg ＝ m R ，即铁块动能 E ＝ 2mv ＝ 413mgR ，初动能为零，故动能增添4mgR ，铁块重力势能减少 mgR ，所以机械能损失 4mgR ， D 项正确．3.(2018 ·江西要点中学联考 ) 如下图，在粗拙的水平面上，质量相等的两个物体A 、B 间用一轻质弹簧相连构成系统， 且该系统在水平拉力F 作用下以同样加快度保持间距不变一同做匀加快直线运动，当它们的总动能为 2E k 时撤去水平力 F ，最后系统停止运动．不计空气阻力，以为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，从撤去拉力 F 到系统停止运动的过程中( )A ．外力对物体 A 所做总功的绝对值等于 2E kB ．物体 A 战胜摩擦阻力做的功等于E kC ．系统战胜摩擦阻力做的功可能等于系统的总动能2E kD ．系统战胜摩擦阻力做的功必定等于系统机械能的减少许分析：选 D. 当它们的总动能为 2 k 时，物体A 动能为 k ，撤去水平力 ，最后系统停止运动，外力对物体EE F A 所做总功的绝对值等于 E k ，选项 A 、 B 错误；因为两者之间有弹簧，弹簧拥有弹性势能，依据功能关系，系统战胜摩擦阻力做的功必定等于系统机械能的减少许，选项D 正确， C 错误．4.如下图，在竖直平面内有一半径为R 的圆弧轨道，半径水平、 竖直，一个质量为 的小球自 A 的OAOBm正上方 P 点由静止开始自由着落，小球沿轨道抵达最高点 B 时恰巧对轨道没有压力．已知AP ＝ 2R ，重力加快度为 g ，则小球从 P 到 B 的运动过程中 ()A ．重力做功 2mgRB ．机械能减少 mgRC ．合外力做功 mgR1 mgRD ．战胜摩擦力做功2mv 2分析：选 D.小球抵达 B 点时，恰巧对轨道没有压力，只受重力作用，依据mg ＝ R 得，小球在 B 点的速度v ＝ . 小球从P 到B 的运动过程中， 重力做功 ＝ ，应选项 A 错误；减少的机械能E 减＝ －12＝1，gRW mgRmgR 2mv 2mgR12112应选项 B 错误；合外力做功 W 合 ＝ 2mv ＝ 2mgR ，应选项 C 错误；依据动能定理得， mgR － W f ＝2mv － 0，所以 W f21＝mgR － 2mv ＝ 2mgR ，应选项 D 正确． 5.1如下图， 一张薄纸板放在圆滑水平面上， 其右端放有小木块， 小木块与薄纸板的接触面粗拙， 本来系统静止．现用水平恒力 F 向右拉薄纸板， 小木块在薄纸板上发生相对滑动， 直到从薄纸板上掉下来． 上述过程中相关功和能的说法正确的选项是 ()A ．拉力 F 做的功等于薄纸板和小木块动能的增添量B ．摩擦力对小木块做的功必定等于系统中由摩擦产生的热量C ．走开薄纸板前小木块可能先做加快运动，后做匀速运动D ．小木块动能的增添量可能小于系统中由摩擦产生的热量分析：选 D. 由功能关系， 拉力 F 做的功等于薄纸板和小木块动能的增添量与系统产生的内能之和， 选项 A错误；摩擦力对小木块做的功等于小木块动能的增添量，选项 B 错误； 走开薄纸板前小木块向来在做匀加快运动，选项 C 错误；关于系统，由摩擦产生的热量 Q ＝f L ，此中 L 为小木块相对薄纸板运动的行程，若薄纸 板的位移为 L ，小木块相对地面的位移为 L ，则 L ＝L －L ，且L 存在大于、等于或小于 L 三种可能，对小12 122木块，fL 2＝k，即 Q 存在大于、等于或小于k三种可能，选项D 正确．EE6.(2018 ·江西十校模拟 ) 将三个木板 1、2、3 固定在墙角， 木板与墙壁和地面构成了三个不一样的三角形，如图所示，此中 1 与 2 底边同样， 2 和 3 高度同样．现将一个能够视为质点的物块分别从三个木板的顶端由静止开释，并沿斜面下滑究竟端，物块与木板之间的动摩擦因数μ 均同样．在这三个过程中，以下说法不正确的是 ()A ．沿着 1 和 2 下滑究竟端时，物块的速率不一样，沿着 2 和 3 下滑究竟端时，物块的速率同样B ．沿着 1 下滑究竟端时，物块的速度最大C ．物块沿着 3 下滑究竟端的过程中，产生的热量是最多的D ．物块沿着 1 和 2 下滑究竟端的过程中，产生的热量是同样多的分析：选 A. 设 1、2、 3 木板与地面的夹角分别为θ 1、 θ2、 θ3，木板长分别为l 1、l 2、 l 3，当物块沿木板121 下滑时，由动能定理有 mgh 1－ μmgl 1cos θ1＝ 2mv 1 － 0，当物块沿木板2 下滑时，由动能定理有 mgh 2－ μ mgl 2cos1 2 θ 2＝ 2mv 2－ 0，又 h 1＞h 2 ，l 1cos θ1＝ l 2cos θ 2，可得 v 1＞ v 2；当物块沿木板3 下滑时，由动能定理有 mgh 3－μ mgl cos θ ＝ 12cos θ ＜ l cos θ ，可得 v ＞ v ，故 A 错、 B 对；三个过程中产生的热mv － 0，又 h ＝ h ，l332 323223323量分别为1＝ μ1cos θ1 ， 2＝ μmgl 2cos θ 2， 3 ＝μmgl 3cos θ3，则1＝ 2＜ 3，故 C 、 D 对．Qmgl QQQ Q Q二、多项选择题。
2022版高考物理一轮复习第5章机械能及其守恒定律微专题6功能关系能量守恒定律教案
微专题六 功能关系 能量守恒定律功能关系的理解及应用1.(2019·浙江选考)奥运会比赛项目撑杆跳高如图所示，下列说法不正确的是( )A ．加速助跑过程中，运动员的动能增加B ．起跳上升过程中，杆的弹性势能一直增加C ．起跳上升过程中，运动员的重力势能增加D ．越过横杆后下落过程中，运动员的重力势能减少，动能增加B [加速助跑过程中速度增大，动能增加，A 正确；撑杆从开始形变到撑杆恢复形变时，先是运动员部分动能转化为杆的弹性势能，后弹性势能转化为运动员的动能与重力势能，杆的弹性势能不是一直增加，B 错误；起跳上升过程中，运动员的高度在不断增大，所以运动员的重力势能增加，C 正确；当运动员越过横杆下落的过程中，他的高度降低、速度增大，重力势能转化为动能，即重力势能减少，动能增加，D 正确。
]2.(2017·全国卷Ⅲ)如图所示，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 ．19mglB ．16mglC ．13mglD ．12mgl A [以均匀柔软细绳MQ 段为研究对象，其质量为23 m ，取M 点所在的水平面为零势能面，开始时，细绳MQ 段的重力势能E p1＝－23mg ·l 3＝－29mgl ，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E p2＝－23mg ·l 6＝－19mgl ，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W ＝E p2－E p1＝－19mgl ＋29mgl ＝19mgl ，选项A 正确。
]3．(多选)(2020·全国卷Ⅰ)一物块在高3.0 m 、长5.0 m 的斜面顶端从静止开始沿斜面下滑，其重力势能和动能随下滑距离s 的变化如图中直线Ⅰ、Ⅱ所示，重力加速度取10 m/s 2。
高考物理一轮复习第五章机械能第讲功能关系能量守恒定律学案.doc
第3讲 功能关系 能量守恒定律一．几种常见的功能关系及其表达式[深度思考] 一对相互作用的静摩擦力做功能改变系统的机械能吗？ 答案 不能，因做功代数和为零． 二、两种摩擦力做功特点的比较三、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 ΔE 减＝ΔE 增． 3．基本思路(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．1．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，对此现象下列说法是否正确． (1)摆球机械能守恒．( × )(2)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．( √ ) (3)能量正在消失．( × )(4)只有动能和重力势能的相互转化．( × )2．如图1所示，在竖直平面内有一半径为R 的圆弧形轨道，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 时恰好对轨道没有压力．已知AP ＝2R ，重力加速度为g ，则小球从P 至B 的运动过程中( )图1A ．重力做功2mgRB ．机械能减少mgRC ．合外力做功mgRD ．克服摩擦力做功12mgR答案 D3．如图2所示，质量相等的物体A 、B 通过一轻质弹簧相连，开始时B 放在地面上，A 、B 均处于静止状态．现通过细绳将A 向上缓慢拉起，第一阶段拉力做功为W 1时，弹簧变为原长；第二阶段拉力再做功W 2时，B 刚要离开地面．弹簧一直在弹性限度内，则( )图2A ．两个阶段拉力做的功相等B ．拉力做的总功等于A 的重力势能的增加量C ．第一阶段，拉力做的功大于A 的重力势能的增加量D ．第二阶段，拉力做的功等于A 的重力势能的增加量 答案 B4．(多选)如图3所示，轻质弹簧上端固定，下端系一物体．物体在A 处时，弹簧处于原长状态．现用手托住物体使它从A 处缓慢下降，到达B 处时，手和物体自然分开．此过程中，物体克服手的支持力所做的功为W .不考虑空气阻力．关于此过程，下列说法正确的有( )图3A．物体重力势能减少量一定大于WB．弹簧弹性势能增加量一定小于WC．物体与弹簧组成的系统机械能增加量为WD．若将物体从A处由静止释放，则物体到达B处时的动能为W答案AD解析根据能量守恒定律可知，在此过程中减少的重力势能mgh＝ΔE p＋W，所以物体重力势能减少量一定大于W，不能确定弹簧弹性势能增加量与W的大小关系，故A正确，B错误；支持力对物体做负功，所以物体与弹簧组成的系统机械能减少W，所以C错误；若将物体从A处由静止释放，从A到B的过程，根据动能定理：E k＝mgh－W弹＝mgh－ΔE p＝W，所以D 正确．命题点一功能关系的理解和应用在应用功能关系解决具体问题的过程中：(1)若只涉及动能的变化用动能定理．(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．(3)只涉及机械能变化，用除重力和弹簧的弹力之外的力做功与机械能变化的关系分析．(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．例1(多选)如图4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，AC＝h.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( )图4A．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14mv 2C ．在C 处，弹簧的弹性势能为14mv 2－mghD ．上滑经过B 的速度大于下滑经过B 的速度经过B 处的速度最大，到达C 处的速度为零．答案 BD解析 由题意知，圆环从A 到C 先加速后减速，到达B 处的加速度减小为零，故加速度先减小后增大，故A 错误；根据能量守恒，从A 到C 有mgh ＝W f ＋E p ，从C 到A 有12mv 2＋E p ＝mgh＋W f ，联立解得：W f ＝14mv 2，E p ＝mgh －14mv 2，所以B 正确，C 错误；根据能量守恒，从A 到B的过程有12mv B 2＋ΔE p ′＋W f ′＝mgh ′，B 到A 的过程有12mv B ′2＋ΔE p ′＝mgh ′＋W f ′，比较两式得v B ′>v B ，所以D 正确．1．(多选)如图5所示，楔形木块abc 固定在水平面上，粗糙斜面ab 和光滑斜面bc 与水平面的夹角相同，顶角b 处安装一定滑轮．质量分别为M 、m (M >m )的滑块、通过不可伸长的轻绳跨过定滑轮连接，轻绳与斜面平行．两滑块由静止释放后，沿斜面做匀加速运动．若不计滑轮的质量和摩擦，在两滑块沿斜面运动的过程中( )图5A ．两滑块组成的系统机械能守恒B ．重力对M 做的功等于M 动能的增加C ．轻绳对m 做的功等于m 机械能的增加D ．两滑块组成系统的机械能损失等于M 克服摩擦力做的功 答案 CD解析 两滑块释放后，M 下滑、m 上滑，摩擦力对M 做负功，系统的机械能减少，减少的机械能等于M 克服摩擦力做的功，选项A 错误，D 正确．除重力对滑块M 做正功外，还有摩擦力和绳的拉力对滑块M 做负功，选项B 错误．绳的拉力对滑块m 做正功，滑块m 机械能增加，且增加的机械能等于拉力做的功，选项C 正确．2．(多选)如图6所示，水平桌面上的轻质弹簧一端固定，另一端与小物块相连．弹簧处于自然长度时物块位于O 点(图中未标出)．物块的质量为m ，AB ＝a ，物块与桌面间的动摩擦因数为μ.现用水平向右的力将物块从O 点拉至A 点，拉力做的功为W .撤去拉力后物块由静止向左运动，经O 点到达B 点时速度为零．重力加速度为g .则上述过程中( )图6A ．物块在A 点时，弹簧的弹性势能等于W －12μmgaB ．物块在B 点时，弹簧的弹性势能小于W －32μmgaC ．经O 点时，物块的动能小于W －μmgaD ．物块动能最大时弹簧的弹性势能小于物块在B 点时弹簧的弹性势能 答案 BC命题点二 摩擦力做功的特点及应用1．静摩擦力做功时，只有机械能的相互转移，不会转化为内能． 2．滑动摩擦力做功的特点相互间存在滑动摩擦力的系统内，一对滑动摩擦力做功将产生两种可能效果： (1)机械能全部转化为内能；(2)有一部分机械能在相互摩擦的物体间转移，另外一部分转化为内能．例2 如图7所示，质量为m ＝1kg 的滑块，在水平力作用下静止在倾角为θ＝30°的光滑斜面上，斜面的末端B 与水平传送带相接(滑块经过此位置滑上传送带时无能量损失)，传送带的运行速度为v 0＝3 m/s ，长为l ＝1.4 m ；今将水平力撤去，当滑块滑到传送带右端C 时，恰好与传送带速度相同．滑块与传送带间的动摩擦因数为μ＝0.25，g 取10 m/s 2.求：图7(1)水平作用力F 的大小； (2)滑块下滑的高度；(3)若滑块滑上传送带时速度大于3m/s ，滑块在传送带上滑行的整个过程中产生的热量． 答案 (1)1033N (2)0.1m 或0.8m (3)0.5J解析 (1)滑块受到水平力F 、重力mg 和支持力F N 作用处于平衡状态，水平力F ＝mg tan θ，F ＝1033N. (2)设滑块从高为h 处下滑，到达斜面底端速度为v ， 下滑过程机械能守恒mgh ＝12mv 2，得v ＝2gh若滑块冲上传送带时的速度小于传送带速度，则滑块在传送带上由于受到向右的滑动摩擦力而做匀加速运动；根据动能定理有μmgl ＝12mv 02－12mv 2则h ＝v202g－μl ，代入数据解得h ＝0.1m若滑块冲上传送带时的速度大于传送带的速度，则滑块由于受到向左的滑动摩擦力而做匀减速运动；根据动能定理： －μmgl ＝12mv 02－12mv 2则h ＝v202g ＋μl代入数据解得h ＝0.8m.(3)设滑块在传送带上运动的时间为t ，则t 时间内传送带的位移x ＝v 0t ，mgh ＝12mv 2，v 0＝v－at ，μmg ＝ma滑块相对传送带滑动的位移Δx ＝l －x 相对滑动生成的热量Q ＝μmg ·Δx 代入数据解得Q ＝0.5J.摩擦力做功的分析方法1．无论是滑动摩擦力，还是静摩擦力，计算做功时都是用力与对地位移的乘积． 2．摩擦生热的计算：公式Q ＝F f ·x 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．3．如图8所示，某工厂用传送带向高处运送物体，将一物体轻轻放在传送带底端，第一阶段物体被加速到与传送带具有相同的速度，第二阶段与传送带相对静止，匀速运动到传送带顶端．下列说法正确的是( )图8A ．第一阶段摩擦力对物体做正功，第二阶段摩擦力对物体不做功B ．第一阶段摩擦力对物体做的功等于第一阶段物体动能的增加量C ．第一阶段物体和传送带间摩擦产生的热等于第一阶段物体机械能的增加量D ．物体从底端到顶端全过程机械能的增加量大于全过程摩擦力对物体所做的功 答案 C解析 对物体受力分析知，其在两个阶段所受摩擦力方向都沿斜面向上，与其运动方向相同，摩擦力对物体都做正功，A 错误；由动能定理知，外力做的总功等于物体动能的增加量，B 错误；物体机械能的增加量等于摩擦力对物体所做的功，D 错误；设第一阶段运动时间为t ，传送带速度为v ，对物体：x 1＝v 2t ，对传送带：x 1′＝v ·t ，摩擦产生的热Q ＝F f x 相对＝F f (x 1′－x 1)＝F f ·v 2t ，机械能增加量ΔE ＝F f ·x 1＝F f ·v2t ，所以Q ＝ΔE ，C 正确．4．(多选)如图9所示，一块长木块B 放在光滑的水平面上，在B 上放一物体A ，现以恒定的外力F 拉B ，由于A 、B 间摩擦力的作用，A 将在B 上滑动，以地面为参考系，A 、B 都向前移动一段距离．在此过程中( )图9A ．外力F 做的功等于A 和B 动能的增量 B ．B 对A 的摩擦力所做的功等于A 的动能的增量C ．A 对B 的摩擦力所做的功等于B 对A 的摩擦力所做的功D ．外力F 对B 做的功等于B 的动能的增量与B 克服摩擦力所做的功之和 答案 BD解析 A 物体所受的合外力等于B 对A 的摩擦力，对A 物体运用动能定理，则B 对A 的摩擦力所做的功等于A 的动能的增量，B 正确．A 对B 的摩擦力与B 对A 的摩擦力是一对作用力与反作用力，大小相等，方向相反，但是由于A 在B 上滑动，A 、B 对地的位移不等，故二者做功不等，C 错误．对B 应用动能定理W F －W f ＝ΔE k B ，W F ＝ΔE k B ＋W f ，即外力F 对B 做的功等于B 的动能的增量与B 克服摩擦力所做的功之和，D 正确．由上述讨论知B 克服摩擦力所做的功与A 的动能的增量(等于B 对A 的摩擦力所做的功)不等，故A 错误． 命题点三 能量守恒定律及应用例3 如图10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＝32，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v 0＞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10(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．答案 (1)v20－gL (2)v202g －L 2 (3)3mv204－3mgL 4解析 (1)A 与斜面间的滑动摩擦力F f ＝2μmg cos θ物体A 从初始位置向下运动到C 点的过程中，根据功能关系有 2mgL sin θ＋12×3mv 02＝12×3mv 2＋mgL ＋F f L解得v ＝v20－gL(2)从物体A 接触弹簧到将弹簧压缩到最短后又恰好能弹到C 点的整个过程中，对A 、B 组成的系统应用动能定理－F f ·2x ＝0－12×3mv 2解得x ＝v202g －L2(3)弹簧从压缩到最短到恰好能弹到C 点的过程中，对A 、B 组成的系统根据功能关系有E p ＋mgx ＝2mgx sin θ＋F f x所以E p ＝F f x ＝3mv204－3mgL4应用能量守恒定律解题的基本思路1．分清有多少种形式的能量[如动能、势能(包括重力势能、弹性势能、电势能)、内能等]在变化．2．明确哪种形式的能量增加，哪种形式的能量减小，并且列出减少的能量ΔE减和增加的能量ΔE增的表达式．3．列出能量守恒关系：ΔE减＝ΔE增．5．如图11所示，质量为m的滑块从斜面底端以平行于斜面的初速度v0冲上固定斜面，沿斜面上升的最大高度为H，已知斜面倾角为α，斜面与滑块间的动摩擦因数为μ，且μ＜tanα，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取斜面底端为零势能面，则能表示滑块在斜面上运动的机械能E、动能E k、势能E p与上升高度h之间关系的图象是( )图11答案 D解析重力势能的变化仅仅与重力做功有关，随着上升高度h的增大，重力势能增大，选项A错误；机械能的变化仅与重力和系统内弹力之外的其他力做功有关，上滑过程中有－F fhsinα＝E－E0，即E＝E0－F fhsinα；下滑过程中有－F f2H－hsinα＝E′－E0，即E′＝E0－2F fHsinα＋F f hsinα，故上滑和下滑过程中E－h图线均为直线，选项B错误；动能的变化与合外力做功有关，上滑过程中有－mgh －Ff sin αh ＝E k －E k0，即E k ＝E k0－(mg ＋Ffsin α)h ，下滑过程中有－mgh －F f 2H －h sin α＝E k ′－E k0，即E k ′＝E k0－2F f H sin α－(mg －Ffsin α)h ，故E k －h 图线为直线，但下滑过程斜率小，选项C 错误，D 正确．6．如图12所示，在竖直方向上A 、B 两物体通过劲度系数为k ＝16N/m 的轻质弹簧相连，A 放在水平地面上，B 、C 两物体通过细线绕过轻质定滑轮相连，C 放在倾角α＝30°的固定光滑斜面上．用手拿住C ，使细线刚好拉直但无拉力作用，并保证ab 段的细线竖直、cd 段的细线与斜面平行．已知A 、B 的质量均为m ＝0.2 kg ，重力加速度取g ＝10 m/s 2，细线与滑轮之间的摩擦不计，开始时整个系统处于静止状态．释放C 后它沿斜面下滑，A 刚离开地面时，B 获得最大速度，求：图12(1)从释放C 到物体A 刚离开地面时，物体C 沿斜面下滑的距离； (2)物体C 的质量；(3)释放C 到A 刚离开地面的过程中细线的拉力对物体C 做的功． 答案 (1)0.25m (2)0.8kg (3)－0.6J 解析 (1)设开始时弹簧的压缩量为x B ，得kx B ＝mg ①设物体A 刚离开地面时，弹簧的伸长量为x A ，得kx A ＝mg② 当物体A 刚离开地面时，物体C 沿斜面下滑的距离为h ＝x A ＋x B③ 由①②③解得h ＝2mgk＝0.25m④(2)物体A 刚离开地面时，物体B 获得最大速度v m ，加速度为零，设C 的质量为M ，对B 有F T －mg －kx A ＝0⑤ 对C 有Mg sin α－F T ＝0⑥由②⑤⑥解得M ＝4m ＝0.8kg(3)由于x A ＝x B ，物体B 开始运动到速度最大的过程中，弹簧弹力做功为零，且B 、C 两物体速度大小相等，由能量守恒有Mgh sin α－mgh ＝12(m ＋M )v m 2解得v m ＝1m/s对C 由动能定理可得Mgh sin α＋W T ＝12Mv m 2解得W T ＝－0.6J.题组1 功能关系的理解和应用1．如图1所示，一质量为m 的小球固定于轻质弹簧的一端，弹簧的另一端固定于O 点．将小球拉至A 点，弹簧恰好无形变，由静止释放小球，当小球运动到O 点正下方与A 点的竖直高度差为h 的B 点时，速度大小为v .已知重力加速度为g ，下列说法正确的是( )图1A ．小球运动到B 点时的动能等于mgh B ．小球由A 点到B 点重力势能减少12mv 2C ．小球由A 点到B 点克服弹力做功为mghD ．小球到达B 点时弹簧的弹性势能为mgh －12mv 2答案 D解析 小球由A 点到B 点的过程中，小球和弹簧组成的系统机械能守恒，弹簧由原长到发生伸长的形变，小球动能增加量小于重力势能减少量，A 项错误；小球重力势能减少量等于小球动能增加量与弹簧弹性势能增加量之和，B 项错误；弹簧弹性势能增加量等于小球重力势能减少量与动能增加量之差，D 项正确；弹簧弹性势能增加量等于小球克服弹力所做的功，C 项错误．2．(多选)如图2所示，质量为m 的物体(可视为质点)以某一速度由底端冲上倾角为30°的固定斜面，上升的最大高度为h ，其加速度大小为34g .在这个过程中，物体( )图2A ．重力势能增加了mghB ．动能减少了mghC ．动能减少了3mgh2D ．机械能损失了3mgh2答案 AC解析 物体重力势能的增加量等于克服重力做的功，选项A 正确；合力做的功等于物体动能的变化，则可知动能减少量为ΔE k ＝mah sin30°＝32mgh ，选项B 错误，选项C 正确；机械能的损失量等于克服摩擦力做的功，因为mg sin30°＋F f ＝ma ，a ＝34g ，所以F f ＝14mg ，故克服摩擦力做的功W f ＝F fh sin30°＝14mg h sin30°＝12mgh ，选项D 错误．3．小车静止在光滑的水平导轨上，一个小球用细绳悬挂在车上由图3中位置无初速度释放，在小球下摆到最低点的过程中，下列说法正确的是( )图3A ．绳对球的拉力不做功B ．球克服绳拉力做的功等于球减少的机械能C ．绳对车做的功等于球减少的重力势能D ．球减少的重力势能等于球增加的动能 答案 B解析 小球下摆的过程中，小车的机械能增加，小球的机械能减少，球克服绳拉力做的功等于减少的机械能，选项A 错误，选项B 正确；绳对车做的功等于球减少的机械能，选项C 错误；球减少的重力势能等于球增加的动能和小车增加的机械能之和，选项D 错误． 4.(2015·福建理综·21)如图4，质量为M 的小车静止在光滑水平面上，小车AB 段是半径为R 的四分之一圆弧光滑轨道，BC 段是长为L 的水平粗糙轨道，两段轨道相切于B 点．一质量为m 的滑块在小车上从A 点由静止开始沿轨道滑下，重力加速度为g .图4(1)若固定小车，求滑块运动过程中对小车的最大压力；(2)若不固定小车，滑块仍从A 点由静止下滑，然后滑入BC 轨道，最后从C 点滑出小车．已知滑块质量m ＝M2，在任一时刻滑块相对地面速度的水平分量是小车速度大小的2倍，滑块与轨道BC 间的动摩擦因数为μ，求： ①滑块运动过程中，小车的最大速度大小v m ； ②滑块从B 到C 运动过程中，小车的位移大小s . 答案 (1)3mg (2)①gR 3 ②13L 解析 (1)滑块滑到B 点时对小车压力最大，从A 到B 机械能守恒mgR ＝12mv B 2滑块在B 点处，由牛顿第二定律知N －mg ＝m v2B R解得N ＝3mg 由牛顿第三定律知N ′＝3mg(2)①滑块下滑到达B 点时，小车速度最大．由机械能守恒mgR ＝12Mv m 2＋12m (2v m )2解得v m ＝gR3②设滑块运动到C 点时，小车速度大小为v C ， 由功能关系mgR －μmgL ＝12Mv C 2＋12m (2v C )2设滑块从B 到C 过程中，小车运动加速度大小为a ， 由牛顿第二定律μmg ＝Ma 由运动学规律v C 2－v m 2＝－2as解得s ＝13L .题组2 摩擦力做功的特点及应用5．足够长的水平传送带以恒定速度v 匀速运动，某时刻一个质量为m 的小物块以大小也是v 、方向与传送带的运动方向相反的初速度冲上传送带，最后小物块的速度与传送带的速度相同．在小物块与传送带间有相对运动的过程中，滑动摩擦力对小物块做的功为W ，小物块与传送带间因摩擦产生的热量为Q ，则下列判断中正确的是( ) A ．W ＝0，Q ＝mv 2B ．W ＝0，Q ＝2mv 2C ．W ＝mv22，Q ＝mv 2D ．W ＝mv 2，Q ＝2mv 2答案 B解析 对小物块，由动能定理有W ＝12mv 2－12mv 2＝0，设小物块与传送带间的动摩擦因数为μ，则小物块与传送带间的相对路程x 相对＝2v2μg，这段时间内因摩擦产生的热量Q ＝μmg ·x 相对＝2mv 2，选项B 正确．6．(多选)如图5，质量为M 、长度为L 的小车静止在光滑的水平面上．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，使物块从静止开始做匀加速直线运动，物块和小车之间的摩擦力为F f ，物块滑到小车的最右端时，小车运动的距离为s .在这个过程中，以下结论正确的是( )图5A ．物块到达小车最右端时具有的动能为F (L ＋s )B ．物块到达小车最右端时，小车具有的动能为F f sC ．物块克服摩擦力所做的功为F f (L ＋s )D ．物块和小车增加的机械能为F f s 答案 BC解析 对物块分析，物块相对于地的位移为L ＋s ，根据动能定理得(F －F f )(L ＋s )＝12mv 2－0，则知物块到达小车最右端时具有的动能为(F －F f )(L ＋s )，故A 错误；对小车分析，小车对地的位移为s ，根据动能定理得F f s ＝12Mv ′2－0，则知物块到达小车最右端时，小车具有的动能为F f s ，故B 正确；物块相对于地的位移大小为L ＋s ，则物块克服摩擦力所做的功为F f (L＋s )，故C 正确；根据能量守恒得，外力F 做的功转化为小车和物块的机械能和摩擦产生的内能，则有F (L ＋s )＝ΔE ＋Q ，则物块和小车增加的机械能为ΔE ＝F (L ＋s )－F f L ，故D 错误．7．如图6所示，一物体质量m ＝2 kg ，在倾角θ＝37°的斜面上的A 点以初速度v 0＝3 m/s 下滑，A 点距弹簧上端B 的距离AB ＝4 m ．当物体到达B 后将弹簧压缩到C 点，最大压缩量BC ＝0.2 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AD ＝3 m ．挡板及弹簧质量不计，g 取10 m/s 2，sin 37°＝0.6，求：图6(1)物体与斜面间的动摩擦因数μ； (2)弹簧的最大弹性势能E pm . 答案 (1)0.52 (2)24.4J解析 (1)最后的D 点与开始的位置A 点比较： 动能减少ΔE k ＝12mv 02＝9J.重力势能减少ΔE p ＝mgl AD sin37°＝36J. 机械能减少ΔE ＝ΔE k ＋ΔE p ＝45J机械能的减少量全部用来克服摩擦力做功，即W f ＝F f l ＝45J ，而路程l ＝5.4m ，则 F f ＝Wf l≈8.33N.而F f ＝μmg cos37°，所以 μ＝Ffmgcos37°≈0.52.(2)由A 到C 的过程：动能减少ΔE k ′＝12mv 02＝9J.重力势能减少ΔE p ′＝mgl AC sin37°＝50.4J. 机械能的减少用于克服摩擦力做功W f ′＝F f l AC ＝μmg cos37°·l AC ＝35J.由能量守恒定律得：E pm ＝ΔE k ′＋ΔE p ′－W f ′＝24.4J.题组3 能量守恒定律及应用8．(2014·广东·16)图7是安装在列车车厢之间的摩擦缓冲器结构图，图中①和②为楔块，③和④为垫板，楔块与弹簧盒、垫板间均有摩擦，在车厢相互撞击使弹簧压缩的过程中( )图7A ．缓冲器的机械能守恒B ．摩擦力做功消耗机械能C ．垫板的动能全部转化为内能D ．弹簧的弹性势能全部转化为动能 答案 B解析 由于车厢相互撞击弹簧压缩的过程中存在克服摩擦力做功，所以缓冲器的机械能减少，选项A 错误，B 正确；弹簧压缩的过程中，垫板的动能转化为内能和弹簧的弹性势能，选项C 、D 错误．9．如图8为某飞船先在轨道Ⅰ上绕地球做圆周运动，然后在A 点变轨进入返回地球的椭圆轨道Ⅱ运动，已知飞船在轨道Ⅰ上做圆周运动的周期为T ，轨道半径为r ，椭圆轨道的近地点B 离地心的距离为kr (k ＜1)，引力常量为G ，飞船的质量为m ，求：图8(1)地球的质量及飞船在轨道Ⅰ上的线速度大小；(2)若规定两质点相距无限远时引力势能为零，则质量分别为M 、m 的两个质点相距为r 时的引力势能E p ＝－GMmr ，式中G 为引力常量．求飞船在A 点变轨时发动机对飞船做的功．答案 (1)4π2r3GT2 2πrT(2)错误!解析 (1)飞船在轨道Ⅰ上运动时，由牛顿第二定律有G Mmr2＝mr (2πT)2求得地球的质量M ＝4π2r3GT2在轨道Ⅰ上的线速度大小为v ＝2πrT.(2)设飞船在椭圆轨道上远地点速度为v 1，在近地点的速度为v 2，则由开普勒第二定律有rv 1＝krv 2根据能量守恒有 12mv 12－G Mm r ＝12mv 22－G Mm kr 求得v 1＝错误!＝错误!错误!因此飞船在A 点变轨时，根据动能定理，发动机对飞船做的功为W ＝12mv 12－12mv 2＝错误!.。
高考物理一轮复习 第五章 机械能 专题 功能关系能量守恒定律学案 粤教版-粤教版高三全册物理学案
专题 功能关系 能量守恒定律功能关系的理解和应用1.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值上相等。
2.几种常见的功能关系及其表达式 各种力做功 对应能的变化 定量关系合力做功动能变化合力对物体做功等于物体动能的变化量W 合＝E k2－E k1重力做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弹簧弹力做功 弹性势能变化弹力做正功，弹性势能减少，弹力做负功，弹性势能增加，且W 弹＝－ΔE p ＝E p1－E p2 只有重力、弹簧弹力做功 系统机械能不变化系统机械能守恒，即ΔE ＝0非重力和弹力做功机械能变化除重力和弹力之外的其他力做正功，物体的机械能增加，做负功，机械能减少，且W 其他＝ΔE【例1】 (2017·全国Ⅲ卷，16)如图1，一质量为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( )图1A.19mgl B.16mglC.13mgl D.12mgl 解析 由题意可知，PM 段细绳的机械能不变，MQ 段细绳的重心升高了l6，则重力势能增加ΔE p＝23mg ·l 6＝19mgl ，由功能关系可知，在此过程中，外力做的功为W ＝19mgl ，故选项A 正确，B 、C 、 D 错误。
答案 A【例2】 (多选)(2019·全国Ⅱ卷，18)从地面竖直向上抛出一物体，其机械能E 总等于动能E k 与重力势能E p 之和。
取地面为重力势能零点，该物体的E 总和E p 随它离开地面的高度h 的变化如图2所示。
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能力课 功能关系 能量守恒定律[热考点]功能关系的理解和应用1.力学中常见的功能关系2.应用功能关系解决具体问题应注意以下三点 (1)若只涉及动能的变化用动能定理。
(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。
(3)只涉及机械能变化，用除重力和弹簧的弹力之外的力做功与机械能变化的关系分析。
【例1】 (2016·全国卷Ⅱ，21)(多选)如图1，小球套在光滑的竖直杆上，轻弹簧一端固定于O 点，另一端与小球相连。
现将小球从M 点由静止释放，它在下降的过程中经过了N 点。
已知在M 、N 两点处，弹簧对小球的弹力大小相等，且∠ONM <∠OMN <π2。
在小球从M 点运动到N 点的过程中( )图1A.弹力对小球先做正功后做负功B.有两个时刻小球的加速度等于重力加速度C.弹簧长度最短时，弹力对小球做功的功率为零D.小球到达N 点时的动能等于其在M 、N 两点的重力势能差解析 因M 和N 两点处弹簧对小球的弹力大小相等，且∠ONM <∠OMN <π2，M 处的弹簧处于压缩状态，N 处的弹簧处于伸长状态，则弹簧的弹力对小球先做负功后做正功再做负功，选项A 错误；当弹簧水平时，竖直方向的力只有重力，加速度为g ；当弹簧处于原长位置时，小球只受重力，加速度为g ，则有两个时刻的加速度大小等于g ，选项B 正确；弹簧长度最短时，即弹簧水平，弹力与速度垂直，弹力对小球做功的功率为零，选项C 正确；由动能定理得，W F ＋W G ＝ΔE k ，因M 和N 两点处弹簧对小球的弹力大小相等，弹性势能相等，则由弹力做功特点知W F ＝0，即W G ＝ΔE k ，选项D 正确。
答案 BCD【变式训练1】 (2017·江苏泰州模拟)一个系统的机械能增大，究其原因，下列推测正确的是( )A.可能是重力对系统做了功B.一定是合外力对系统做了功C.一定是系统克服合外力做了功D.可能是摩擦力对系统做了功解析 只有重力做功，系统的机械能守恒，选项A 错误；除重力、弹力之外的力做正功时，系统机械能增加，做负功时则减少，故选项B 、C 错误；如果摩擦力对系统做正功，则系统机械能增加，故选项D 正确。
答案 D【变式训练2】 (多选)如图2所示，质量相同的两物体a 、b ，用不可伸长的轻绳跨接在同一光滑的轻质定滑轮两侧，a 在水平桌面的上方，b 在水平粗糙桌面上。
初始时用力压住b 使a 、b 静止，撤去此压力后，a 开始运动，在a 下降的过程中，b 始终未离开桌面。
在此过程中( )图2A.a 的动能小于b 的动能B.两物体机械能的变化量相等C.a 的重力势能的减小量等于两物体总动能的增加量D.绳的拉力对a 所做的功与对b 所做的功的代数和为零解析 轻绳两端沿绳方向的速度分量大小相等，故可知a 的速度等于b 的速度沿绳方向的分量，a 的动能比b 的动能小，选项A 正确；因为b 与地面有摩擦力，运动时有热量产生，所以该系统机械能减少，故选项B 、C 错误；轻绳不可伸长，两端分别对a 、b 做功大小相等，符号相反，选项D 正确。
答案 AD【变式训练3】 (2017·全国卷Ⅰ，24)一质量为8.00×104kg 的太空飞船从其飞行轨道返回地面。
飞船在离地面高度1.60×105m 处以7.5×103m/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/s 2(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为E k0＝12mv 20①式中，m 和v 0分别是飞船的质量和着地前瞬间的速率。
由①式和题给数据得E k0＝4.0×108J ②设地面附近的重力加速度大小为g ，飞船进入大气层时的机械能为E h ＝12mv 2h ＋mgh ③式中，v h 是飞船在高度1.6×105m 处的速度大小。
由③式和题给数据得E h ≈2.4×1012 J ④(2)飞船在高度h ′＝600 m 处的机械能为E h ′＝12m (2.0100v h )2＋mgh ′⑤ 由功能关系得W ＝E h ′－E k0⑥式中，W 是飞船从高度600 m 处至着地瞬间的过程中克服阻力所做的功。
由②⑤⑥式和题给数据得W ≈9.7×108J ⑦答案 (1)4.0×108J 2.4×1012J (2)9.7×108J[常考点]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.涉及弹簧的能量问题应注意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，则当弹簧伸长或压缩到最大程度时两物体速度相同。
【例2】 (2017·豫南九校联考)如图3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＝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2m ＝4 kg ，B 的质量为m ＝2 kg ，初始时物体A 到C 点的距离为L ＝1 m ，现给A 、B 一初速度v 0＝3 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g ＝10 m/s 2，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：图3(1)物体A 向下运动刚到达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 2mgL sin θ＋12·3mv 20＝mgL ＋μ·2mg cos θ·L ＋12·3mv 2可解得v ＝2 m/s 。
(2)以A 、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1·3mv2－0＝μ·2mg cos θ·2x2其中x为弹簧的最大压缩量解得x＝0.4 m。
(3)设弹簧的最大弹性势能为E pm由能量守恒定律可得1·3mv2＋2mgx sin θ＝mgx＋μ·2mg cos θ·x＋E pm2解得E pm＝6 J。
答案(1)2 m/s (2)0.4 m (3)6 J1.运用能量守恒定律解题的基本思路2.多过程问题的解题技巧(1)“合”——初步了解全过程，构建大致的运动图景。
(2)“分”——将全过程进行分解，分析每个过程的规律。
(3)“合”——找到子过程的联系，寻找解题方法。
【变式训练4】(2017·浙江杭州模拟)在学校组织的趣味运动会上，某科技小组为大家提供了一个游戏。
如图4所示，将一质量为0.1 kg 的钢球放在O点，用弹射装置将其弹出，使其沿着光滑的半环形轨道OA和AB运动。
BC段为一段长为L＝2.0 m的粗糙平面，DEFG为接球槽。
圆弧OA和AB的半径分别为r＝0.2 m、R＝0.4 m,小球与BC段的动摩擦因数为μ＝0.7，C点离接球槽的高度为h＝1.25 m，水平距离为x＝0.5 m，接球槽足够大，g取10 m/s2。
求：图4(1)要使钢球恰好不脱离半环形轨道，钢球在A 点的速度大小； (2)钢球恰好不脱离轨道时，在B 位置对半环形轨道的压力大小； (3)要使钢球最终能落入槽中，弹射速度v 0至少多大？解析 (1)要使钢球恰好不脱离轨道，钢球在最高点时，对钢球分析有mg ＝m v 2AR，解得v A ＝2m/s 。
(2)钢球从A 到B 的过程由动能定理得mg ·2R ＝12mv 2B －12mv 2A ，在B 点有F N －mg ＝m v 2BR，解得F N ＝6 N ，根据牛顿第三定律，钢球在B 位置对半环形轨道的压力为6 N 。
(3)从C 到D 钢球做平抛运动，要使钢球恰好能落入槽中， 则x ＝v C t ，h ＝12gt 2，解得v C ＝1 m/s ，假设钢球在A 点的速度恰为v A ＝2 m/s 时，钢球可运动到C 点，且速度为v C ′，从A 到C 有mg ·2R －μmgL ＝12mv C ′2－12mv 2A ，解得v C ′2<0，故当钢球在A 点的速度恰为v A ＝2 m/s 时，钢球不可能到达C 点，更不可能入槽，要使钢球最终能落入槽中，需要更大的弹射速度，才能使钢球既不脱离轨道，又能落入槽中。
当钢球到达C 点速度为v C 时，v 0有最小值，从O 到C 有mgR －μmgL ＝12mv 2C －12mv 20，解得v 0＝21 m/s 。
答案 (1)2 m/s (2)6 N (3)21 m/s[常考点]与摩擦生热相关的两个物理模型1.两个模型(1)滑块—木板模型。
(2)传送带模型。
2.两种摩擦力的做功情况比较【例3】 如图5所示，AB 为半径R ＝0.8 m 的14光滑圆弧轨道，下端B 恰与小车右端平滑对接。
小车质量M ＝3 kg ，车长L ＝2.06 m ，车上表面距地面的高度h ＝0.2 m ，现有一质量m ＝1 kg 的滑块，由轨道顶端无初速度释放，滑到B 端后冲上小车。
已知地面光滑，滑块与小车上表面间的动摩擦因数μ＝0.3，当车运动了t 0＝1.5 s 时，车被地面装置锁定(g ＝10 m/s 2)。
试求：图5(1)滑块到达B 端时，轨道对它支持力的大小； (2)车被锁定时，车右端距轨道B 端的距离；(3)从车开始运动到被锁定的过程中，滑块与车上表面间由于摩擦而产生的热量大小。
解析 (1)由机械能守恒定律和牛顿第二定律得 mgR ＝12mv 2B ，F N B －mg ＝m v 2B R则F N B ＝30 N(2)设m 滑上小车后经过时间t 1与小车同速，共同速度大小为v ，设滑块的加速度大小为a 1，小车的加速度大小为a 2对滑块有：μmg ＝ma 1，v ＝v B －a 1t 1 对于小车：μmg ＝Ma 2，v ＝a 2t 1 解得v ＝1 m/s ，t 1＝1 s ，因t 1<t 0，故滑块与小车同速后，小车继续向左匀速行驶了0.5 s ，则小车右端距B 端的距离为l 车＝v2t 1＋v (t 0－t 1)，解得l 车＝1 m 。