2018年高考物理大一轮复习第5章机械能第4节功能关系能量守恒定律课时规范训练!

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2018版高考物理一轮复习第5章机械能第4讲功能关系能量守恒定律课件

(4)一对互为作用力与反作用力的摩擦力做的总功，等于系统增加的内能。
能量发生转化。
(2)√
(3)√
(4)√
1．(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导学号 51342582 ( AD ) A．重力做功为 mgh B．克服空气阻力做的功为 f· h2＋x2 C．落地时重力的瞬时功率为 mgv D．重力势能和机械能都逐渐减和弹簧弹力之外的其他力做的功一对相互作用的滑动摩擦力的总功
能的变化不引起机机械能守恒ΔE＝0 械能变化
定量关系
(1)其他力做多少正功，物体的机械能就增加多少机械能变 (2)其他力做多少负功，物体的机械能就减少多少化 (3)W＝ΔE (1)作用于系统的一对滑动摩擦力一定做负功，系内能变化统内能增加 (2)Q＝Ff·L相对
2．能量守恒定律
不会创生。它只会从一种形式______ 转化为其 (1)内容：能量既不会消灭，也__________ 转移到另一个物体，而在转化和转移的过程中，能他形式，或者从一个物体 ______
保持不变。量的总量__________
ΔE增 (2)表达式：ΔE减＝_______ 。
思考：飞船返回舱进入地球大气层以后，由于它的高速下落，而与空气发生剧烈摩擦，返回舱的表面温度达到 1000 摄氏度。 (1)进入大气层很长一段时间，返回舱加速下落，返回舱表面温度逐渐升高。该过程动能和势能怎么变化？机械能守恒吗？ (2)返回舱表面温度越高，内能越大。该过程中什么能向什么能转化？机械能和内能的总量变化吗？
C．mv2 D．2mv2 [解析] 由能量转化和守恒定律可知，拉力 F 对木板所做的功 W 一部分转化

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!.。

(新)江苏专用2018版高考物理大一轮复习第五章机械能及其守恒定律第4讲功能关系能量转化和守恒定律

第4讲功能关系能量转化和守恒定律1．如图1所示，物体A 的质量为m ，置于水平地面上，A 的上端连一轻弹簧，原长为L ，劲度系数为k .现将弹簧上端B 缓慢地竖直向上提起，使B 点上移距离为L ，此时物体A 也已经离开地面，则下列说法中正确的是( )．图1A ．提弹簧的力对系统做功为mgLB ．物体A 的重力势能增加mgLC ．系统增加的机械能小于mgLD ．以上说法都不正确解析由于将弹簧上端B 缓慢地竖直向上提起，可知提弹簧的力是不断增大的，最后大小等于A 物体的重力，因此提弹簧的力对系统做功应小于mgL ，A 选项错误．系统增加的机械能等于提弹簧的力对系统做的功，C 选项正确．由于弹簧的伸长，物体升高的高度小于L ，所以B 选项错误．答案 C2．如图2所示，在光滑四分之一圆弧轨道的顶端a 点，质量为m 的物块(可视为质点)由静止开始下滑，经圆弧最低点b 滑上粗糙水平面，圆弧轨道在b 点与水平轨道平滑相接，物块最终滑至c 点停止．若圆弧轨道半径为R ，物块与水平面间的动摩擦因数为μ，下列说法正确的是( )．图2A ．物块滑到b 点时的速度为gRB ．物块滑到b 点时对b 点的压力是3mgC ．c 点与b 点的距离为RμD ．整个过程中物块机械能损失了mgR 解析物块从a 到b ，由机械能守恒定律得：mgR ＝12mv 2b 所以v b ＝2gR ，故A 错．在b 点，由F N －mg ＝m v 2bR 得F N ＝3mg ，故B 对．从b到c 由动能定理得：－μmgs ＝－12mv 2b ，得s ＝Rμ，故C 对，对整个过程由能量守恒知D正确．答案 BCD3．已知货物的质量为m ，在某段时间内起重机将货物以加速度a 加速升高h ，则在这段时间内，下列叙述正确的是(重力加速度为g )( )A ．货物的动能一定增加mah －mghB ．货物的机械能一定增加mahC ．货物的重力势能一定增加mahD ．货物的机械能一定增加mah ＋mgh解析据牛顿第二定律，物体所受的合外力F ＝ma ，则动能的增加量为mah ，选项A 错误；重力势能的增加量等于克服重力做的功mgh ，选项C 错误；机械能的增量为除重力之外的力做的功(ma ＋mg )h ，选项B 错误、D 正确．答案 D4．如图3所示，斜面AB 、DB 的动摩擦因数相同．可视为质点的物体分别沿AB 、DB 从斜面顶端由静止下滑到底端，下列说法正确的是( )．图3A ．物体沿斜面DB 滑动到底端时动能较大 B ．物体沿斜面AB 滑动到底端时动能较大C ．物体沿斜面DB 滑动过程中克服摩擦力做的功较多D ．物体沿斜面AB 滑动过程中克服摩擦力做的功较多解析已知斜面AB 、DB 的动摩擦因数相同，设斜面倾角为θ，底边为x ，则斜面高度为h ＝x tan θ，斜面长度L ＝xcos θ，物体分别沿AB 、DB 从斜面顶端由静止下滑到底端，由动能定理有mgh －μmgL cos θ＝12mv 2，可知物体沿斜面AB 滑动到底端时动能较大，故A 错误、B 正确；物体沿斜面滑动过程中克服摩擦力做的功W f ＝μmgL cos θ＝μmgx 相同，故C 、D 错误．答案 B5．2010年广州亚运会上，刘翔重归赛场，以打破亚运会记录的方式夺得110米跨栏的冠军．他采用蹲踞式起跑，在发令枪响后，左脚迅速蹬离起跑器，在向前加速的同时提升身体重心．如图4所示，假设质量为m 的运动员，在起跑时前进的距离x 内，重心上升高度为h ，获得的速度为v ，阻力做功为W 阻、重力对人做功W 重、地面对人做功W 地、运动员自身做功W 人，则在此过程中，下列说法中不正确的是( )图4A ．地面对人做功W 地＝12mv 2＋mghB ．运动员机械能增加了12mv 2＋mghC ．运动员的重力做功为W 重＝－mghD ．运动员自身做功W 人＝12mv 2＋mgh －W 阻解析由动能定理可知W 地＋W 阻＋W 重＋W 人＝12mv 2，其中W 重＝－mgh ，所以W 地＝12mv 2＋mgh－W 阻－W 人，A 错误；运动员机械能的增加量ΔE ＝W 地＋W 阻＋W 人＝12mv 2＋mgh ，B 正确；重力做功W 重＝－mgh ，C 正确；运动员自身做功W 人＝12mv 2＋mgh －W 阻－W 地，D 错误．答案 AD6．在机场和火车站可以看到对行李进行安全检查用的水平传送带如图5所示，当旅客把行李放在正在匀速运动的传送带上后，传送带和行李之间的滑动摩擦力使行李开始运动，随后它们保持相对静止，行李随传送带一起匀速通过检测仪器接受检查，设某机场的传送带匀速前进的速度为0.4 m/s ，某行李箱的质量为5 kg ，行李箱与传送带之间的动摩擦因数为0.2，当旅客把这个行李箱小心地放在传送带上，通过安全检查的过程中，g 取10 m/s 2，则( )．图5A ．开始时行李的加速度为2 m/s 2B ．行李到达B 点时间为2 sC ．传送带对行李做的功为0.4 JD ．传送带上将留下一段摩擦痕迹，该痕迹的长度是0.03 m解析行李开始运动时由牛顿第二定律有：μmg ＝ma ，所以a ＝2 m/s 2，故选A ；由于传送带的长度未知，故时间不可求，故不选B ；行李最后和传送带一起匀速运动，所以传送带对行李做的功为W ＝12mv 2＝0.4 J ，选C ；在传送带上留下的痕迹长度为s ＝vt －vt 2＝vt2＝0.04 m ，不选D.答案 AC7．如图5甲所示，在倾角为θ的光滑斜面上，有一个质量为m 的物体在沿斜面方向的力F 的作用下由静止开始运动，物体的机械能E 随位移x 的变化关系如图乙所示．其中0～x 1过程的图线是曲线，x 1～x 2过程的图线为平行于x 轴的直线，则下列说法中正确的是( )．图6A ．物体在沿斜面向下运动B ．在0～x 1过程中，物体的加速度一直减小C ．在0～x 2过程中，物体先减速再匀速D ．在x 1～x 2过程中，物体的加速度为g sin θ解析由图乙可知，在0～x 1过程中，物体机械能减少，故力F 在此过程中做负功，因此，物体沿斜面向下运动，因在Ex 图线中的0～x 1阶段，图线的斜率变小，故力F 在此过程中逐渐减小，由mg sin θ－F ＝ma 可知，物体的加速度逐渐增大，A 正确，B 、C 错误；x 1～x 2过程中，物体机械能保持不变，F ＝0，故此过程中物体的加速度a ＝g sin θ，D 正确．答案 AD8．如图7所示，水平面上的轻弹簧一端与物体相连，另一端固定在墙上P 点，已知物体的质量为m ＝2.0 kg ，物体与水平面间的动摩擦因数μ＝0.4，弹簧的劲度系数k ＝200 N/m.现用力F 拉物体，使弹簧从处于自然状态的O 点由静止开始向左移动10 cm ，这时弹簧具有弹性势能E p ＝1.0 J ，物体处于静止状态，若取g ＝10 m/s 2，则撤去外力F 后( )．图7A ．物体向右滑动的距离可以达到12.5 cmB ．物体向右滑动的距离一定小于12.5 cmC ．物体回到O 点时速度最大D ．物体到达最右端时动能为0，系统机械能不为0解析物体向右滑动时，kx －μmg ＝ma ，当a ＝0时速度达到最大，而此时弹簧的伸长量x ＝μmgk，物体没有回到O 点，故C 错误；因弹簧处于原长时，E p >μmgx ＝0.8 J ，故物体到O 点后继续向右运动，弹簧被压缩，因有E p ＝μmgx m ＋E p ′，得x m ＝E p －E p ′μmg <E pμmg＝12.5 cm ，故A 错误、B 正确；因物体滑到最右端时，动能为零，弹性势能不为零，故系统的机械能不为零，D 正确．答案 BD9．滑雪是一项危险性高而技巧性强的运动，某次滑雪过程可近似模拟为两个圆形轨道的对接，如图8所示．质量为m 的运动员在轨道最低点A 的速度为v ，且刚好到达最高点B ，两圆形轨道的半径相等，均为R ，滑雪板与雪面间的摩擦不可忽略，下列说法正确的是( )．图8A ．运动员在最高点B 时，对轨道的压力为零 B ．由A 到B 过程中增加的重力势能为2mgR －12mv 2C ．由A 到B 过程中阻力做功为2mgR －12mv 2D ．由A 到B 过程中损失的机械能为12mv 2解析刚好到达最高点B ，即运动员到达B 点的速度为零，所以在B 点对轨道的压力大小等于自身的重力，选项A 错误；由A 到B 过程中重力所做的功W G ＝－2mgR ，则ΔE p ＝－W G ＝2mgR ，选项B 错误；对运动员在由A 到B 的过程由动能定理得：－mg ·2R ＋W f ＝0－12mv 2，即W f ＝2mgR －12mv 2，选项C 正确；由功能关系知，机械能的变化量等于除重力外其他力所做的功，即损失的机械能为12mv 2－2mgR ，选项D 错误．答案 C10．如图9所示，质量为m 的长木块A 静止于光滑水平面上，在其水平的上表面左端放一质量为m 的滑块B ，已知木块长为L ，它与滑块之间的动摩擦因数为μ.现用水平向右的恒力F 拉滑块B .图9(1)当长木块A 的位移为多少时，B 从A 的右端滑出？ (2)求上述过程中滑块与木块之间产生的内能．解析：(1)设B 从A 的右端滑出时，A 的位移为l ，A 、B 的速度分别为v A 、v B ，由动能定理得μmgl ＝12mv 2A(F －μmg )·(l ＋L )＝12mv 2B又由同时性可得v A a A ＝v B a B ⎝ ⎛⎭⎪⎫其中a A ＝μg ，a B ＝F －μmg m可解得l ＝μmgLF －2μmg.(2)由功能关系知，拉力做的功等于A 、B 动能的增加量和A 、B 间产生的内能，即有F (l ＋L )＝12mv 2A ＋12mv 2B ＋Q可解得Q ＝μmgL . 答案：(1)μmgLF －2μmg(2)μmgL11．如图10所示，一质量m ＝0.4 kg 的滑块(可视为质点)静止于动摩擦因数μ＝0.1的水平轨道上的A 点．现对滑块施加一水平外力，使其向右运动，外力的功率恒为P ＝10.0 W ．经过一段时间后撤去外力，滑块继续滑行至B 点后水平飞出，恰好在C 点沿切线方向进入固定在竖直平面内的光滑圆弧形轨道，轨道的最低点D 处装有压力传感器，当滑块到达传感器上方时，传感器的示数为25.6 N ．已知轨道AB 的长度L ＝2.0 m ，半径OC 和竖直方向的夹角α＝37°，圆形轨道的半径R ＝0.5 m ．(空气阻力可忽略，重力加速度g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)，求：图10(1)滑块运动到C 点时速度v C 的大小； (2)B 、C 两点的高度差h 及水平距离x ； (3)水平外力作用在滑块上的时间t .解析 (1)滑块运动到D 点时，由牛顿第二定律得F N －mg ＝m v 2DR滑块由C 点运动到D 点的过程，由机械能守恒定律得mgR (1－cos α)＋12mv 2C ＝12mv 2D联立解得v C ＝5 m/s(2)滑块在C 点时，速度的竖直分量为v y ＝v C sin α＝3 m/sB 、C 两点的高度差为h ＝v 2y2g＝0.45 m滑块由B 运动到C 所用的时间为t y ＝v y g＝0.3 s 滑块运动到B 点时的速度为v B ＝v C cos α＝4 m/sB 、C 间的水平距离为x ＝v B t y ＝1.2 m(3)滑块由A 点运动到B 点的过程，由动能定理得Pt －μmgL ＝12mv 2B解得t ＝0.4 s答案 (1)5 m/s (2)0.45 m 1.2 m (3)0.4 s12．如图11所示，AB 是倾角为θ的粗糙直轨道，BCD 是光滑的圆弧轨道，AB 恰好在B 点与圆弧相切，圆弧的半径为R .一个质量为m 的物体(可以看做质点)从直轨道上的P 点由静止释放，结果它能在两轨道间做往返运动．已知P 点与圆弧的圆心O 等高，物体与轨道AB 间的动摩擦因数为μ.求：图11(1)物体做往返运动的整个过程中在AB 轨道上通过的总路程； (2)最终当物体通过圆弧轨道最低点E 时，对圆弧轨道的压力大小；(3)为使物体能顺利到达圆弧轨道的最高点D ，释放点距B 点的距离L ′应满足什么条件？解析 (1)物体在P 点及最终到B 点的速度都为零，对全过程由动能定理得mgR cos θ－μmg cos θ·s ＝0①得s ＝R μ.(2)设物体在E 点的速度为v E ，由机械能守恒定律有mgR (1－cos θ)＝12mv 2E ②在E 点时由牛顿第二定律有N －mg ＝mv 2ER③联立②③式解得N ＝(3－2cos θ)mg .由牛顿第三定律可知物体对圆弧轨道E 点的压力大小为(3－2cos θ)mg . (3)设物体刚好通过D 点时的速度为v D ，由牛顿第二定律有：mg ＝m v 2DR，得：v D ＝gR ④设物体恰好通过D 点时，释放点距B 点的距离为L 0，在粗糙直轨道上重力的功W G 1＝mgL 0sin θ⑤滑动摩擦力的功：W f ＝－μmg cos θ·L 0⑥在光滑圆弧轨道上重力的功W G 2＝－mgR (1＋cos θ)⑦ 对全过程由动能定理得W G 1＋W f ＋W G 2＝12mv 2D ⑧联立④⑤⑥⑦⑧式解得：L 0＝3＋2cos θR2sin θ－μcos θ则L ′≥3＋2cos θR2sin θ－μcos θ.答案 (1)Rμ(2)(3－2cos θ)mg (3)L ′≥3＋2cos θR2sin θ－μcos θ。

(新课标)2018版高考物理一轮复习第五章机械能第4讲功能关系能量守恒定律教案

第4讲功能关系能量守恒定律知识点一功能关系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.答案：1.能量转化能量 2.能量的转化能量的转化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，或者从一个物体到另一个物体，在的过程中，能量的总量.2.适用范围：能量守恒定律是贯穿物理学的基本规律，是各种自然现象中的一条规律.3.表达式(1)E初＝E末，初状态各种能量的等于末状态各种能量的.(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.答案：1.产生转化转移转化或转移保持不变 2.普遍适应 3.(1)总和总和(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)既然能量在转移或转化过程中是守恒的，故没有必要节约能源. ( )(5)滑动摩擦力做功时，一定会引起机械能的转化. ( )(6)一个物体的能量增加，必定有别的物体能量减少.( )答案：(1)×(2)×(3)√(4)×(5)√(6)√考点功能关系的应用功是能量转化的量度，力学中几种常见的功能关系如下：[典例1] 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 点正上方的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mg 2.已知AP ＝2R ，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2mgRB.合力做功34mgR C.克服摩擦力做功12mgR D.机械能减少2mgR[解析] 小球能通过B 点，在B 点速度v 满足mg ＋12mg ＝m v 2R ，解得v ＝32gR ，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12mv 2＝34mgR ，合力做功等于动能增加量34mgR ，机械能减少量为mgR －34mgR ＝14mgR ，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[变式1] (多选)如图所示，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( )A.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.两滑块组成的系统机械能损失等于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，系统的机械能减小，减小的机械能等于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.功能关系的应用技巧运用功能关系解题时，应弄清楚重力或弹力做什么功，合外力做什么功，除重力、弹力外的力做什么功，从而判断重力势能或弹性势能、动能、机械能的变化.考点摩擦力做功与能量转化1.静摩擦力做功(1)静摩擦力可以做正功，也可以做负功，还可以不做功.(2)相互作用的一对静摩擦力做功的代数和总等于零.(3)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(1)滑动摩擦力可以做正功，也可以做负功，还可以不做功.(2)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.(3)摩擦生热的计算：Q＝F f x相对，其中x相对为相互摩擦的两个物体间的相对路程.考向1 摩擦力做功的理解与计算[典例2] (2017·江西十校二模)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同的三角形，如图所示，其中1与2底边相同，2和3高度相同.现将一个可以视为质点的物块分别从三个木板的顶端由静止释放，并沿斜面下滑到底端，物块与木板之间的动摩擦因数μ均相同.在这三个过程中，下列说法不正确的是 ( )A.沿着1和2下滑到底端时，物块的速度不同，沿着2和3下滑到底端时，物块的速度相同B.沿着1下滑到底端时，物块的速度最大C.物块沿着3下滑到底端的过程中，产生的热量是最多的D.物块沿着1和2下滑到底端的过程中，产生的热量是一样多的[解析] 设1、2、3木板与地面的夹角分别为θ1、θ2、θ3，木板长分别为l 1、l 2、l 3，当物块沿木板1下滑时，由动能定理有mgh 1－μmgl 1cos θ1＝12mv 21－0；当物块沿木板2下滑时，由动能定理有mgh 2－μmgl 2cos θ2＝12mv 22－0，又h 1>h 2，l 1cos θ1＝l 2cos θ2，可得v 1>v 2；当物块沿木板3下滑时，由动能定理有mgh 3－μmgl 3cos θ3＝12mv 23－0，又h 2＝h 3，l 2cos θ2<l 3cos θ3，可得v 2>v 3，故A 错，B 对.三个过程中产生的热量分别为Q 1＝μmgl 1cos θ1，Q 2＝μmgl 2cos θ2，Q 3＝μmgl 3cos θ3，则Q 1＝Q 2<Q 3，故C 、D 对.应选A.[答案] A考向2 传送带模型中摩擦力做功与能量转化[典例3] 如图所示，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( )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[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′＝vt ，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 ·v 2t ，所以Q ＝ΔE ，C 正确.[答案] C考向3 板块模型中摩擦力做功与能量转化[典例4] (2017·安徽黄山模拟)(多选)如图所示，质量为M 、长为L 的木板置于光滑的水平面上，一质量为m 的滑块放置在木板左端，滑块与木板间滑动摩擦力大小为F f ，用水平的恒定拉力F 作用于滑块，当滑块运动到木板右端时，木板在地面上移动的距离为s ，滑块速度为v 1，木板速度为v 2，下列结论中正确的是 ( )A.上述过程中，F 做功大小为12mv 21＋12Mv 22 B.其他条件不变的情况下，M 越大，s 越小C.其他条件不变的情况下，F 越大，滑块到达右端所用时间越长D.其他条件不变的情况下，F f 越大，滑块与木板间产生的热量越多[解析] 由牛顿第二定律得：F f ＝Ma 1，F －F f ＝ma 2，又L ＝12a 2t 2－12a 1t 2，s ＝12a 1t 2，其他条件不变的情况下，M 越大，a 1越小，t 越小，s 越小；F 越大，a 2越大，t 越小；由Q ＝F f L 可知，F f 越大，滑块与木板间产生的热量越多，故B 、D 正确，C 错误；力F 做的功还有一部分转化为系统热量Q ，故A 错误.[答案] BD求解相对滑动过程中能量转化问题的思路(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.(3)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. 考点能量守恒定律及应用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考向1 对能量守恒定律的理解[典例5] 如图所示，固定的倾斜光滑杆上套有一个质量为m的小球，小球与一轻质弹簧一端相连，弹簧的另一端固定在地面上的A点，已知杆与水平面之间的夹角θ<45°，当小球位于B点时，弹簧与杆垂直，此时弹簧处于原长.现让小球自C点由静止释放，小球在B、D 间某点静止，在小球滑到最低点的整个过程中，关于小球的动能、重力势能和弹簧的弹性势能，下列说法正确的是 ( )A.小球的动能与重力势能之和保持不变B.小球的动能与重力势能之和先增大后减小C.小球的动能与弹簧的弹性势能之和保持不变D.小球的重力势能与弹簧的弹性势能之和保持不变[解析] 小球与弹簧组成的系统在整个过程中，机械能守恒.弹簧处于原长时弹性势能为零，小球从C点到最低点的过程中，弹簧的弹性势能先减小后增大，所以小球的动能与重力势能之和先增大后减小，A项错误，B项正确；小球的重力势能不断减小，所以小球的动能与弹簧的弹性势能之和不断增大，C项错误；小球的初、末动能均为零，所以上述过程中小球的动能先增大后减小，所以小球的重力势能与弹簧的弹性势能之和先减小后增大，D项错误.[答案] B考向2 对能量守恒定律的应用[典例6] (2017·豫南九校联考)如图所示，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v0＝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/s2，不计空气阻力，整个过程中，轻绳始终处于伸直状态，求：(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)弹簧的最大弹性势能.[解题指导] (1)系统从开始到C 点的过程中，由于摩擦力做负功，机械能减少.(2)物体A 压缩弹簧到最低点又恰好弹回C 点，系统势能不变，动能全部克服摩擦力做功.(3)物体A 在压缩弹簧过程中，系统重力势能不变，动能一部分克服摩擦力做功，一部分转化为弹性势能.[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：μ·2mg ·cos θ·L ＝12·3mv 20－12·3mv 2＋2mgL sin θ－mgL 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：12·3mv 2－0＝μ·2mg cos θ·2x 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：12·3mv 2＋2mgx sin θ－mgx ＝μ·2mg cos θ·x ＋E pm 解得E pm ＝6 J.[答案] (1)2 m/s (2)0.4 m (3)6 J对于能量转化的过程，可以从以下两方面来理解：(1)能量有多种不同的形式，且不同形式的能可以相互转化.(2)不同形式的能之间的转化是通过做功来实现的，即做功的过程就是能量转化的过程，做了多少功就有多少能量发生转化，即功是能量转化的量度.1.[功能关系的应用]滑块静止于光滑水平面上，与之相连的轻质弹簧处于自然伸直状态，现用恒定的水平外力F 作用于弹簧右端，在向右移动一段距离的过程中拉力F 做了10 J 的功.在上述过程中 ( )A.弹簧的弹性势能增加了10 JB.滑块的动能增加了10 JC.滑块和弹簧组成的系统机械能增加了10 JD.滑块和弹簧组成的系统机械能守恒答案：C 解析：拉力F 做功的同时，弹簧伸长，弹性势能增大，滑块向右加速，滑块动能增加，由功能关系可知，拉力做的功等于滑块的动能与弹簧弹性势能的增加量之和，C 正确，A 、B 、D 均错误.2.[功能关系的应用]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 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答案：C 解析：根据动能定理，物体动能的增量等于物体所受所有力做功的代数和，即增加的动能为ΔE 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 ＝－ΔE p ，即重力势能减少了1 900 J ，C 项正确，D 项错误.3.[摩擦力做功与能量转化]如图所示，一个质量为m 的物体(可视为质点)以某一速度由A 点冲上倾角为30°的固定斜面，做匀减速直线运动，其加速度的大小为g ，在斜面上上升的最大高度为h ，则在这个过程中，物体 ( )A.机械能损失了mghB.动能损失了2mghC.动能损失了12mgh D.机械能损失了12mgh 答案：AB 解析：由物体做匀减速直线运动的加速度和牛顿第二定律可知mg sin 30°＋F f ＝ma ，解得F f ＝12mg ，上升过程中的位移为2h ，因此克服摩擦力做的功为mgh ，选项A 正确；合外力为mg，由动能定理可知动能损失了2mgh，选项B正确，选项C、D错误.4.[摩擦力做功与能量转化]如图所示，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( )A.W1<W2，Q1＝Q2B.W1＝W2，Q1＝Q2C.W1<W2，Q1<Q2D.W1＝W2，Q1<Q2答案：A 解析：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.5.[传送带模型]如图所示，水平传送带两端点A、B间的距离为l，传送带开始时处于静止状态.把一个小物体放到右端的A点，某人用恒定的水平力F使小物体以速度v1匀速滑到左端的B点，拉力F所做的功为W1、功率为P1，这一过程物体和传送带之间因摩擦而产生的热量为Q1.随后让传送带以v2的速度匀速运动，此人仍然用相同恒定的水平力F拉物体，使它以相对传送带为v1的速度匀速从A滑行到B，这一过程中，拉力F所做的功为W2、功率为P2，物体和传送带之间因摩擦而产生的热量为Q2.下列关系中正确的是 ( )A.W1＝W2，P1<P2，Q1＝Q2B.W1＝W2，P1<P2，Q1>Q2C.W1>W2，P1＝P2，Q1>Q2D.W1>W2，P1＝P2，Q1＝Q2答案：B 解析：因为两次的拉力和拉力方向的位移不变，由功的概念可知，两次拉力做功相等，所以W1＝W2，当传送带不动时，物体运动的时间为t1＝lv1；当传送带以v2的速度匀速运动时，物体运动的时间为t2＝lv1＋v2，所以第二次用的时间短，功率大，即P1<P2；滑动摩擦力做功的绝对值等于滑动摩擦力与相对路程的乘积，也等于转化的内能，第二次的相对路程小，所以Q1>Q2，选项B正确.。

2018届高三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课件

3.常见的功能关系: W 合= Δ E k 。 (1)合外力做功与动能的关系:________ WG=-Δ Ep 。 (2)重力做功与重力势能的关系:________ W弹=-Δ Ep 。 (3)弹力做功与弹性势能的关系:_________
(4)除重力(或系统内弹力)以外其他力做功与机械能的 W其他=Δ E机。关系:__________
列说法正确的是
(
)
世纪金榜导学号42722117
A.夯杆被提上来的过程中滚轮先对它施加向上的滑动
摩擦力,后不对它施力
B.增加滚轮匀速转动的角速度或增加滚轮对杆的正压
力可减小提杆的时间
C.滚轮对夯杆做的功等于夯杆动能的增量
1 D.一次提杆过程系统共产生热量 mv2 2
【思考探究】
(1)夯杆被提升经历匀加速和匀速运动过程,分析这两
向上重力和地面的支持力是一对平衡力,水平方向受向
左的弹簧弹力F弹和向右的滑动摩擦力Ff,根据牛顿第二
F弹 Ff kx 0 mg m
定律得物体刚开始运动时的加速度a=
m kx 0 g，滑动摩擦力不变,而弹簧的弹力随着压缩量 m
的减小而减小,弹力先大于滑动摩擦力,后小于滑动摩擦力,合外力先减小后增大,则加速度先减小后增大,故
个过程的受力情况如何?
提示:匀加速运动过程受重力和向上的滑动摩擦力作用 ,
匀速运动过程受重力和向上的静摩擦力作用。
(2)增加滚轮匀速转动的角速度或增加滚轮对杆的正压
力时,夯杆的运动情况将如何变化?
提示:增加滚轮匀速转动的角速度时夯杆获得的最大速
度增大;增加滚轮对杆的正压力,夯杆受到的滑动摩擦
力增大,匀加速运动的加速度增大。
第 4讲

18届高考物理一轮总复习专题5机械能第4讲功能关系、能量守恒课件

2 v 1 0 【答案】＋s0tan θ μ2gcos θ
【解析】滑块最终要停在斜面底部，设滑块经过的总路程为 s，对滑块运动的全程应用功能关系，产生的热为
2 v 1 2 1 0 Q＝μmgscos θ＝ mv0＋mgs0sin θ 即 s＝＋s0tan θ . 2 μ2gcos θ
物块从 P 点到 N 点，由动能定理得 1 2 1 2 mgR(1－cos 45° )＝ mvN－ mv 2 2 物块在 N 点，由牛顿第二定律得 v2 N FN－mg＝m R 代入数据解得 FN＝ 14－2 2 N≈11.17 N 由牛顿第三定律得，物块对 N 点的压力为 F′N＝11.17 N，方向竖直向下．
• 求解相对滑动物体的能量问题的方法 • 1．摩擦力方向总与相对位移方向相反，故摩擦力做的总功为Wf＝－Ffs相对，产生的热量为Q＝ΔE内＝－Wf＝Ffs相对． • 2.公式Q＝Ffs相对中s相对为两接触物体间的相对位移，若物体做往复运动，则s相对为总的相对路程．
•微课堂＋
功能关系中的传送带
【解析】(1)小球由 A 点做平抛运动，在 P 点恰好沿圆轨道的切线进入轨道，则小球在 P 点的竖直分速度为 vy＝v0tan 45° ＝v0 vy 由平抛运动规律得 R＝ t，x＝v0t，vy＝gt 2 代入数据解得 v0＝4 m/s, x＝1.6 m.
2 (2)物块在 P 点的速度为 v＝ v2 ＋ v 0 y ＝4 2 m/s
例 3 如图所示，传送带与水平面之间的夹角 θ＝30° ，其上 A，B 两点间的距离 L＝5 m，传送带在电动机的带动下以 v＝1 m/s 的速度匀速运动．现将一质量 m＝10 kg 的小物体(可视为质点)轻放在传送带的 A 点，已知小物体与传送带之间的动摩擦 3 因数 μ＝，在传送带将小物体从 A2 (1)传送带对小物体做的功； (2)电动机做的功.

2018年物理(新课标)高考总复习第一轮复习教师用书：第五章第四节功能关系能量守恒定律含解析

第四节功能关系能量守恒定律一、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．几种常见的功能关系功能量的变化合外力做正功动能增加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他力（除重力、弹机械能增加力外)做正功1.升降机底板上放一质量为100 kg的物体，物体随升降机由静止开始竖直向上移动5 m时速度达到4 m/s，则此过程中(g 取10 m/s2)( ）A．升降机对物体做功5 800 JB．合外力对物体做功5 800 JC．物体的重力势能增加500 JD．物体的机械能增加800 J提示：A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别的物体，在转化和转移的过程中，能量的总量保持不变．2．表达式(1)E1＝E2。

（2）ΔE减＝ΔE增．2。

（2017·广东惠州调研)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提示：B对功能关系的理解和应用【知识提炼】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的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，弹性势能增加，且W弹＝－ΔE p＝E p1－E p2只有重力、弹簧弹力的功不引起机械能变化机械能守恒ΔE＝0非重力和弹力的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，电势能增加，且W电＝－ΔE p【典题例析】(多选)（2015·高考江苏卷）如图，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。

近年高考物理复习第5章机械能及其守恒定律第4节课时提能练17 功能关系能量守恒定律(20

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课时提能练(十七) 功能关系能量守恒定律（限时：40分钟）A级跨越本科线1．用恒力F竖直向上拉一物体，使其由地面处开始加速上升到某一高度．若该过程空气阻力不能忽略,则下列说法中正确的是( ）A．力F做的功和阻力做的功之和等于物体动能的增量B．重力所做的功等于物体重力势能的增量C．力F做的功和阻力做的功之和等于物体机械能的增量D．力F、重力、阻力三者的合力所做的功等于物体机械能的增量C［在物体向上运动的过程中，恒力F、重力、空气阻力做功，根据动能定理可知，三力做的功之和等于物体的动能增量，所以A错误；克服重力做的功等于物体重力势能的增量，所以B错误；除重力外的其它力做的功之和等于物体机械能的增加量，所以C正确，D错误．］2。

如图54。

11所示，跳水运动员跳水前的踏板过程可以简化为下述模型：运动员从高处落到处于自然状态的跳板（A位置）上，随跳板一同向下运动到最低点（B位置)．对于运动员从开始与跳板接触到运动至最低点的过程，下列说法正确的是（）【导学号：92492238】图5。

4。

11A．到达最低点时,运动员所受外力的合力为零B．在这个过程中，运动员的动能一直在减小C．在这个过程中，跳板的弹性势能一直在增加D．在这个过程中，运动员所受重力对她做的功大于运动员克服跳板弹力做的功C[从运动员与跳板接触至F弹＝mg，运动员做加速度减小的加速运动,之后F弹〉mg，运动员开始减速，到最低点时速度减为零,此时运动员受向上的合力,选项A错误;该过程中运动员的动能先增大后减小，选项B错误；该过程中跳板的形变量一直增大，弹性势能一直在增加，选项C正确；对于该过程,由动能定理得W G－W弹＝0－错误!mv2,则W G＝W弹－错误!mv2，选项D错误．]3．如图5.4.12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5。

2018年高考物理复习第五章能量和动量第4节功能关系能量守恒定律

A．3.1 J
B．3.5 J
C．1.8 J
D．2.0 J
课前回顾 · 基础速串
课堂释疑 · 一站突破
课后演练 · 对点设计
功能关系能量守恒定律
结束
解析：物块与水平面间的摩擦力为 Ff＝μmg＝1 N。现对物块施加水平向右的外力 F，由 Fx 图像面积表示外 F 做的功，可知 F 做功 W＝3.5 J，克服摩擦力做功 Wf＝ Ffx＝0.4 J。由功能关系可知，W－Wf＝Ep，此时弹簧的弹性势能为 Ep＝3.1 J，选项 A 正确。答案：A
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功能关系能量守恒定律
结束
[多角练通] 1．(2016· 上海高考)在今年上海的某活动中引入了全国首个户外风洞飞行体验装置，体验者在风力作用下漂浮在半空。若减小风力，体验者在加速下落过程中 A．失重且机械能增加 C．超重且机械能增加 ( )
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功能关系能量守恒定律
结束
2．(2017· 唐山模拟)轻质弹簧右端固定在墙上，左端与一质量 m ＝0.5 kg 的物块相连，如图甲所示。弹簧处于原长状态，物块静止且与水平面间的动摩擦因数 μ＝0.2。以物块所在处为原点，水平向右为正方向建立 x 轴。现对物块施加水平向右的外力 F，F 随 x 轴坐标变化的关系如图乙所示。物块运动至 x＝0.4 m 处时速度为零。则此时弹簧的弹性势能为(g 取 10 m/s2) ( )
mgh B．机械能损失了 2 mgh D．克服擦力做功 4
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功能关系能量守恒定律
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(新课标)2018年高考物理一轮复习第五章机械能及其守恒定律第四节功能关系能量守恒定律课后检测能力提升课

A．物块 A 先到达传送带底端 B．物块 A、B 同时到达传送带底端 C．传送带对物块 A、B 均做负功 D．物块 A 下滑过程系统产生的热量小于 B 下滑过程系统产生的热量
解析：选 BCD.因 tan 37°＝0.75＞0.5，即 mgsin θ＞μmgcos θ，故 A、B 都会匀加速下滑，根据牛顿第二定律知 A、B 加速度大小相等，故会同时到达底端，选项 A 错误，B、C 正确；因 A 物块与传送带同向运动，相对位移要小，根据 Q＝ Ffx 相对，A 物块下滑产生的热量要小于 B 物块下滑产生的热量，故选项 D 正确．
三、非选择题 9.(2015·高考天津卷)某快递公司分拣邮件的水平传输装置示意如图，皮带在电动机的带动下保持 v＝1 m/s 的恒定速度向右运动，现将一质量为 m＝2 kg 的邮件轻放在皮带上，邮件和皮带间的动摩擦因数 μ＝0.5.设皮带足够长，取 g ＝10 m/s2，在邮件与皮带发生相对滑动的过程中，求： (1)邮件滑动的时间 t； (2)邮件对地的位移大小 x； (3)邮件与皮带间的摩擦力对皮带做的功 W.
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，选项 A 错误；摩擦力对小木块做的功等于小木块动能的增加量，选项 B 错误；离开薄纸板前小木块一直在做匀加速运动，选项 C 错误；对于系统，由摩擦产生的热量 Q＝fΔ L，其中Δ L 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Δ L＝L1－L2，且Δ L 存在大于、等于或小于 L2 三种可能，对小木块，fL2＝Δ Ek，即 Q 存在大于、等于或小于Δ Ek 三种可能，选项 D 正确．
解析：(1)设邮件放到皮带上与皮带发生相对滑动过程中受到的滑动摩擦力为 F，则 F＝μmg＝ma① 又 v＝at② 由①②式并代入数据得 t＝0.2 s．③

高三物理一轮复习第五章机械能第4讲功能关系能量守恒定律课件

由 W＝－ΔEp，得ΔEp＝12kx22－12kx12 b：在此过程中摩擦力做功由 f＝μN，Wf＝－fs，得 Wf＝－ μmg(2x3－x2－x1)
因为摩擦力做功与路程成正比，而非像弹簧弹力做功一样与路径无关，而只与初末位置有关，所以无“摩擦势能”的概念．
答案见解析
4．(2013·福建)如图所示，两根相同的轻质弹簧，沿足够长的光滑斜面放置，下端固定在斜面底部挡板上，斜面固定不动，质量不同、形状相同的两物块分别置于两弹簧上端．现用外力作用在物体上，使两弹簧具有相同的压缩量，若撤去外力后，两物块由静止沿斜面向上弹出并离开弹簧，则从撤去外力到物块速度第一次减为零的过程，两物块( )
A．重力做功 2mgR B．机械能减少 mgR C．合外力做功 mgR D．克服摩擦力做功12mgR
解析小球从 P 到 B 的运动过程中，重力做功 mgR，A 选项错误；小球在 B 点恰好对轨道没有压力，只有重力提供向心力，则 mg＝mRvB2，故 vB＝ gR，从 P 到 B，对小球由动能定理，得 mgR－Wf＝12mvB2－0＝12mgR，Wf＝12mgR，C 选项错误，D 选项正确；克服摩擦力做的功等于机械能的减少量，B 选项错误．

4．除了重力和弹簧弹力之外的其他力所做的总功，等于物体机械能的改变
W 其他＝E2－E1＝Δ E 5．一对滑动摩擦力做功的代数和等于因摩擦而产生的内能 Q＝fx ，相对 x 相对为物体间相对滑动的距离．
二、能量守恒定律 1．能量守恒定律：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别的形式，或从一个物体转移到另一个物体．在转化或转移的过程中其总量不变，这就是能的转化和守恒定律．
()
A．a→b 阶段：人加速助跑，人和杆的机械能不变 B．b→c 阶段：杆弯曲、人上升，系统动能减少，重力势能和弹性势能增加 C．c→d 阶段：杆伸直、人上升，人的动能减少量等于重力势能增加量 D．d→e 阶段：人过横杆后下落，重力所做的功等于人机械能的增加量

高考物理一轮复习第五章机械能及其守恒定律第四节功能关系能量守恒定律课件

【例1】 (2016·山东省实验中学模拟)如图所示，有一个可视为质点的质量为m＝1 kg的小物块．从光滑平台上的A点以v0＝2 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M＝3 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μ＝0.3，圆弧轨道的半径为R＝0.4 m，C点和圆弧的圆心连线与竖直方向的夹角θ＝60°，不计空气阻力，g取10 m/s2.求：
答案：CD
突破考点02
摩擦力做功与能量的关系
分类例析
1．两种摩擦力做功的比较
静摩擦力
滑动摩擦力
能量的转只有能量的转移，既有能量的转移，
化方面没有能量的变化又有能量的转化摩擦点力的总功
方面
一对静摩擦力所做功的代数和等于零
做功的代数和为负值，总功W＝－ Ff·s相对，即摩擦时产生的热量
解析：由于斜面光滑，物块A静止时弹簧弹力与斜面支持力的合力与重力平衡，当整个装置加速上升时，由牛顿第二定律可知物块A受到的合力应向上，故弹簧伸长量增加，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．
(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？
(1)小物块在C点的速度沿圆周上C点的切线方向，水平方向的分速度为v0.

全国通用版2018高考物理大一轮温习第五章机械能第4课时功能关系的应用能的转化和守恒定律检测

第4课时功能关系的应用能的转化和守恒定律【基础巩固】功能关系的明白得应用1.如下图,物体A的质量为m,置于水平地面上,A的上端连一轻弹簧,原长为L,劲度系数为k,现将弹簧上端B缓慢地竖直向上提起,使B点上移距离为L,现在物体A也已经离开地面,那么以下说法中正确的选项是( C )A.提弹簧的力对系统做功为mgLB.物体A的重力势能增加mgLC.系统增加的机械能小于mgLD.以上说法都不正确解析:由于将弹簧上端B缓慢地竖直向上提起,可知提弹簧的力是不断增大的,最后大小等于A物体的重力,因此提弹簧的力对系统做功应小于mgL,选项A错误;系统增加的机械能等于提弹簧的力对系统做的功,选项C正确;由于弹簧的伸长,物体升高的高度小于L,因此选项B错误.2.如下图,A,B,C三个一样的滑块从粗糙斜面上的同一高度同时开始运动,A由静止释放,B的初速度方向沿斜面向下,大小为v0,C的初速度方向沿斜面水平向左,大小也为v0,以下说法中正确的选项是( C )A.A和C将同时滑到斜面底端B.滑到斜面底端时,B的机械能减少最多C.滑到斜面底端时,B的动能最大D.C的重力势能减少最多解析:滑块A和C通过的路程不同,在沿斜面方向的加速度大小也不相同,应选项A错误;三个滑块滑到底端时重力势能减少量相同,应选项D错误;滑块A和B滑到底端时通过的位移相等,克服摩擦力做功相等,而滑块C的路程较大,机械能减少得较多,应选项B错误,C正确.3.静止在地面上的物体在竖直向上的恒力作用下上升,在某一高度撤去恒力.已知空气阻力F 阻大小不变,且F 阻<mg,假设选取地面为零势能面,那么物体在空中运动的整个进程中,物体的机械能随离地面高度h 转变的关系可能正确的选项是( C )解析:物体开始在恒力作用下做匀加速运动,机械能增量为E=(F-F 阻)·h,在某一高度撤去恒力以后,物体继续上升,机械能减少,抵达最高点后,开始下落,但机械能会继续减少,物体接近地面时仍有必然的速度,因此选项C 正确.4.导学号 00622366(多项选择)如下图,有三个斜面a,b,c,底边的长别离为L,L,2L,高度别离为2h,h,h.某物体与三个斜面间的动摩擦因数都相同,那个物体别离沿三个斜面从顶端由静止开始下滑到底端.三种情形相较较,以下说法正确的选项是( AC )A.物体减少的重力势能ΔE a =2ΔE b =2ΔE cB.物体抵达底端的动能E ka =2E kb =2E kcC.因摩擦产生的热量2Q a =2Q b =Q cD.因摩擦产生的热量4Q a =2Q b =Q c解析:重力势能的减少量等于重力做的功,因此ΔE a =mg ·2h,ΔE b =ΔE c =mgh,即ΔE a =2ΔE b =2ΔE c ,选项A 正确;设斜面和水平方向夹角为θ,斜面长度为x,那么物体下滑进程中克服摩擦力做功为W=μmgxcos θ,xcos θ即为底边长度;物体下滑,除重力外有摩擦力做功,依照能量守恒,损失的机械能转化成摩擦产生的内能,由图可知a 和b 底边相等且等于c 的一半,故摩擦生热关系为2Q a =2Q b =Q c ,选项C 正确,D 错误;设物体滑到底端时的速度为v,依照动能定理得:E ka mg2h-μmgL,E kb =mgh-μmgL,E kc =mgh-μmg ·2L,可知滑到底边时动能大小关系为: E ka >E kb >E kc ,B 错误.5.导学号 00622367如下图,滑腻水平面上有一处于静止状态、质量为m 的平板车A,长为L.A 上放有质量为m 可视为质点的小物块B,B 处于A 的正中间,二者间最大静摩擦力为F f (最大静摩擦力等于滑动摩擦力),现给A 施加一水平向右且功率恒定的拉力,经t 时刻,B 从A 上滑离,且此刹时A 的速度为v,已知重力加速度为g,那么以下说法正确的选项是( C )A.B 可能是从A 的右端滑离B.A,B 间因摩擦产生的热量为F f LC.A 所受的拉力的功率P=m 2v 2+F f mL+F f 2t 22mtD.拉力所做的功等于A 动能增量与系统因摩擦产生的热量之和解析:给A 施加水平向右的拉力后,A 向右运动,B 相对A 向左运动,故B 从A 的左端滑离,选项A 错误;施加拉力前,B 处于A 的正中间,故B 从A 上滑离时,A,B 间因摩擦产生的热量Q=F f ·L2=12F f L,选项B 错误;由能量守恒定律知,拉力做的功等于A 动能的增量、B 动能的增量和系统因摩擦产生的热量之和,即W=12mv 2+12m ·(F f m t)2+12F f L,拉力的功率P=W t =m 2v 2+F f mL+F f 2t 22mt,选项C 正确,D 错误.6.如下图,木块质量为M,放在滑腻水平面上,一颗质量为m 的子弹以初速度v 0水平射入木块中,射入深度为d,平均阻力为F f .设木块离原点s 时开始匀速前进,最终速度为v,那么以下判定正确的选项是( D )A.F f d=12m v 02-12mv 2B.F f s=12m v 02-12(M+m)v 2C.F f (s+d)=12m v 02-12(M+m)v 2D.上面公式均不正确解析:选项A 中,F f d 表示系统产生的热量,依照能量守恒有F f d=12m v 02-12(m+M)v 2;选项B 中F f s 表示阻力对木块做的功,依照动能定理有F f s=12Mv 2,选项C 中,F f (s+d)表示子弹克服阻力做的功,有F f (s+d)=12m v 02- 12mv 2,因此选D.7.导学号 00622368如下图,质量为m 的长木块A 静止于滑腻水平面上,在其水平的上表面左端放一质量为m 的滑块B,已知木块长为L,它与滑块之间的动摩擦因数为μ.现用水平向右的恒力F 拉滑块B.(1)当长木块A 的位移为多少时,B 从A 的右端滑出? (2)求上述进程中滑块与木块之间产生的内能.解析:(1)设B 从A 的右端滑出时,A 的位移为x,A,B 的速度别离为v A ,v B ,由动能定理得μmgx=12m v A 2,(F-μmg)·(x+L)=12m v B 2, 又因为v A =a A t=μgt,v B =a B t=F -μmgt, 解得x=μmgLF -2μmg .(2)由功能关系知,拉力F 做的功等于A,B 动能的增加量和A,B 间产生的内能,即有F(x+L)=12m v A 2+12m v B 2+Q 解得Q=μmgL.答案:(1)μmgLF -2μmg (2)μmgL传送带模型8.如下图,质量为m 的物体在水平传送带上静止释放,传送带由电动机带动,始终维持以速度v 匀速运动,物体与传送带间的动摩擦因数为μ,物体过一会儿能维持与传送带相对静止,关于物体从静止释放到相对静止这一进程中,以下说法正确的选项是( D )A.电动机做的功为12mv 2B.摩擦力对物体做的功为mv 2C.传送带克服摩擦力做的功为12mv 2D.电动机增加的功率为μmgv解析:由能量守恒,电动机做的功等于物体取得的动能和由于摩擦而产生的内能,选项A 错误;对物体分析知,仅有摩擦力对物体做功,由动能定理知,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,可知那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.9.导学号 00622369如下图,水平传送带AB 长21 m,以6 m/s 的速度顺时针匀速转动,台面与传送带滑腻连接于B 点,半圆形滑腻轨道半径R=1.25 m,与水平台面相切于C 点,BC 长s=5.5 m,P 点是圆弧轨道上与圆心O 等高的一点,一质量为m=1 kg 的物块(可视为质点)从A 点无初速度释放,物块与传送带及台面间的动摩擦因数均为0.1,那么关于物块的运动情形,以下说法正确的选项是( D )A.物块不能抵达P 点B.物块能越过P 点做斜抛运动C.物块能越过P 点做平抛运动D.物块能抵达P 点,但可不能显现选项B,C 所描述的运动情形解析:物块从A 点释放后在传送带上做加速运动,假设达到台面之前能够达到传送带的速度v,那么由动能定理得μmgx 1=1mv 2,得x 1=18 m<21 m,假设成立.物块以6 m/s 的速度冲上台面,假设物块能抵达P 点,那么抵达P 点时的动能E kP 可由动能定理求得,-μmgs-mgR=E kP -12mv 2,得E kP =0,可见,物块能抵达P 点,速度恰好为零,以后从P 点滑回来,可不能显现选项B,C 所描述的运动情形,选项D 正确.【素能提升】10.导学号 00622371(2016·海南海口调研)(多项选择)如下图,将轻弹簧一端系于天花板上,另一端与质量为m 的圆环相连,并将圆环套在粗糙的固定直杆上,直杆与水平面之间的夹角为α,将环沿杆移动到A 点,现在弹簧恰益处于原长状态且竖直.现将圆环由静止释放,其沿杆下滑,抵达C 点时的速度为零;再在C 点给圆环沿杆向上的速度v,圆环又恰能回到A 点,此进程中弹簧始终在弹性限度之内,AC=L,B 为AC 中点,重力加速度为g,以下说法正确的选项是( AC )A.环下滑进程中,其加速度先减小后增大B.环下滑进程中,其与杆摩擦产生的热量为12mv 2C.环从C 点运动到A 点的进程中,弹簧对环做的功为mgLsin α-14mv 2D.环上滑通过B 点的速度小于下滑通过B 点的速度解析:环从A 处由静止开始下滑,抵达C 处的速度为零,环先做加速运动,再做减速运动,AC 之间某处速度最大,加速度为零,故环的加速度先减小,后增大,选项A 正确;环从A 到C 进程,由动能定理mgL sin α-W Ff -W 弹=0,从C 到A 进程,由动能定理-mgLsin α-W Ff +W 弹=0-12mv 2,解得环克服摩擦力做功W Ff =14mv 2,故环与杆摩擦产生的热量为14mv 2,弹簧弹力做的功W 弹=mgLsin α-14mv 2,选项B 错误,C 正确;环从A 到B 进程,mg ·12Lsin α-W FfAB -W 弹=12m v 12,从B 到A 进程-mg ·12Lsin α-W FfAB +W 弹=0-12m v 22,故环上滑通过B 点时的速度v 2大于下滑通过B 点时的速度v 1,选项D 错误. 11.导学号 00622370在物资运转进程中常利用如下图的传送带.已知某传送带与水平面成θ=37°角,传送带的AB 部份长L=5.8 m,传送带以恒定的速度v=4 m/s 按图示方向传送,假设在B 端无初速度地放置一个质量m=50 kg 的物资P(可视为质点),P 与传送带之间的动摩擦因数μ=0.5(g 取10 m/s 2,sin 37°=0.6).求:(1)物资P 从B 端开始运动时的加速度大小; (2)物资P 抵达A 端时的动能.解析:(1)P 刚放在B 端时,受到沿传送带向下的滑动摩擦力作用,依照牛顿第二定律有 mgsin θ+F f =ma F N =mgcos θ F f =μF N联立解得加速度为a=gsin θ+μgcos θ=10 m/s 2.(2)P 达到与传送带相同速度时的位移x=v 22a=0.8 m以后物资P 受到沿传送带向上的滑动摩擦力作用,依照动能定理得 (mgsin θ-F f )(L-x)=12m v A 2-12mv 2抵达A 端时的动能E kA =12m v A 2=900 J.答案:(1)10 m/s 2(2)900 J12.导学号 00622372(2016·甘肃武威二中质检)如下图,在某竖直平面内,滑腻曲面AB 与水平面BC 滑腻连接于B 点,BC 右端连接内壁滑腻、半径r=0.2 m 的四分之一细圆管CD,管口D 端正下方直立一根劲度系数为k=100 N/m 的轻弹簧,弹簧一端固定,另一端恰好与管口D 端平齐.一个质量为1 kg 的小球放在曲面AB 上,现从距BC 的高度为h=0.7 m 处静止释放小球,它与BC 间的动摩擦因数μ=0.5,小球进入管口C 端时,它对上管壁有F N =1.5mg 的彼此作使劲,通过CD 后,在紧缩弹簧进程中小球速度最大时弹簧的弹性势能为E p =0.5 J,取重力加速度g=10 m/s 2,求:(1)小球抵达C 点时的速度大小;(2)在紧缩弹簧进程中小球的最大动能E km ; (3)小球最终停止的位置距B 端多远. 解析:(1)小球刚过C 点时有F N +mg=m v C 2r ,解得v C =√5 m/s.(2)在紧缩弹簧进程中速度最大时,合力为零,设现在小球离D 端的距离为x 0, 那么有kx 0=mg,由机械能守恒定律有mg(r+x 0)+12m v C 2=E km +E p . 得E km =5 J.(3)小球从A 点运动到C 点进程,由动能定理得 mg ·h-μmgs=12m v C 2,解得BC 间距离s=0.9 m.小球与弹簧作用后返回C 处动能不变,小球的动能最终消耗在与BC 水平面彼此作用的进程中,设小球在BC 上的运动路程为s ′,由动能定理有-μmgs ′=0-1m v C 2 解得s ′=0.5 m.故最终小球距离B 为0.9 m-0.5 m=0.4 m 处停下.√5 m/s (3)0.4 m13.导学号 00622373(20分)如下图,足够长的传送带以速度v 0=10 m/s 顺时针匀速转动,表面粗糙,一滑块放在传送带上,与传送带一路向右匀速运动,传送带的右端有一固定的斜面,斜面底端与传送带经一长度可忽略的滑腻圆弧连接,已知滑块质量m=1 kg,斜面倾角θ=37°,斜面足够长,滑块与斜面的动摩擦因数μ=0.45,斜面上有一P 点,距斜面底端的距离d=0.2 m,重力加速度g=10 m/s 2,(sin 37°= 0.6,cos 37°=0.8)求:(1)滑块第一次由斜面返回到底端时的速度v 1; (2)滑块第几回滑上斜面后就不能够抵达P 点.解析:(1)假设物体在斜面上恰好匀速运动,那么μ′=tan θ=0.75,由于μ=0.45,说明滑块抵达最高点后会向下加速运动,返回斜面底端, (1分)设滑块第一次滑上斜面时的最大位移为x,第一次返回斜面底端时的速度为v 1, 由动能定理可得μmgcos θ·x+mgsin θ·x=12m v 02.(2分) mgsin θ·x-μmgcos θ·x=12m v 12,(2分) 两式联立可得v 1=v 0√sinθ-μcosθsinθ+μcosθ=12v 0=5 m/s.(2分)(2)滑块返回斜面底端后,在传送带上以恒定加速度先向左后向右运动,那么返回斜面底端时速度仍然为v 1,(1分)设第二次返回斜面底端时滑块的速度为v 2,同理可得v 2=12v 1=(12)2v 0, (2分)那么第n 次返回斜面时滑块的速度v n =(12)nv 0,(2分)第n 次返回斜面时滑块的速度,即为第n+1次滑上斜面的速度. 设速度为v x 时,滑块恰好抵达P 点,由动能定理可得12m v x 2=mgsin θ·d+μmgcos θ·d,(2分)解得v x ≈1.96 m/s,(1分) 依照v n =(12)n v 0,当n=2时, v 2=(12)2v 0=2.5 m/s>v x ;(2分) 当n=3时,v 3=(12)3v 0=1.25 m/s<v x ,(2分)因此当滑块第4次冲上斜面后不能够抵达P 点.(1分) 答案:(1)5 m/s (2)第4次【备用题组】1.(多项选择)如下图,倾斜的传送带维持静止,木块从顶端以必然的初速度匀加速下滑到底端,若是让传送带沿图中虚线箭头所示的方向匀速运动,一样的木块从顶端以一样的初速度下滑到底端的进程中,与传送带维持静止时相较( BD )A.木块在滑到底端时的动能变小B.木块在滑到底端时的动能不变C.木块在滑到底端的进程中,木块克服摩擦力所做功变大D.木块在滑到底端的进程中,系统产生的内能数值将变大解析:传送带向上匀速运动时木块从顶端滑到底端的位移与传送带静止时木块从顶端滑到底端的位移相等,那么两种情形下木块克服摩擦力所做功不变,木块所受合力做的功相同,木块在滑到底端时的动能不变.在第二种情形下木块和传送带间的相对路程变大,依照滑动摩擦力与相对路程的乘积等于系统内能的增加量知,第二种情形下系统产生的内能数值将变大.选项B,D 正确.2.(2016·江苏淮安模拟)如下图,水平桌面A 上直线MN 将桌面分成两部份,左侧桌面滑腻,右边桌面粗糙.在A 上放长L=0.1 m 的均匀方木板,木板左端恰好与MN 对齐,通过细绳绕过滑腻的定滑轮与正上方的一水平圆盘B 上的小球(可看成质点)相连,小球质量与木板质量相等,小球套在沿圆盘半径方向的滑腻细杆上,细杆固定在圆盘上,细线恰好绷直.木板右端与一劲度系数k=40 N/m 的轻弹簧相连,轻弹簧另一端固定在挡板上.现使劲F 沿杆方向拉动小球,通过细绳使木板缓慢向左运动,当木板恰好离开粗糙面时,拉力做功W=0.3 J.(1)上述进程中,因摩擦而产生的热量是多少?(2)写出上述进程中F 随小球运动位移x 的关系式,并画出F x 图像.(3)假设将“力F 拉小球”改成“使B 绕轴OO ′转动”,仍实现上述进程,那么杆对小球至少需要做多少功?已知开始时小球离圆盘中心的距离r=0.1 m.解析:(1)木板离开进程中,弹簧的紧缩量和伸长量恰好相等,弹性势能不变.摩擦产生的热量Q=W=0.3 J.(2)木板克服摩擦力做功为μmg 12L=Q, 得μmg=6 N,B 盘中小球受力F=F T 桌面上木板受力F T =μmgL -x L -k(12L-x)(0≤x ≤L), 代入数据得F=4-20x(N)(0≤x ≤0.1 m) 图像如下图.(3)木板恰好离开粗糙面时,绳索拉力F T =2 N,小球做圆周运动的半径R=r+L, 设现在小球随圆盘转动的线速度为v,小球受力F T =m v 2R,小球现在的动能为E k =12mv 2,杆对小球做功W ′=Q+E k ,代入数据解得W ′=0.5 J. 答案:(1)0.3 J (2)F=4-20x(N)(0≤x ≤0.1 m) (3)0.5 J。

近年高考物理大复习第5章机械能第4节功能关系能量守恒定律课时规范训练(1)(2021年整

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功能关系能量守恒定律课时规范训练［基础巩固题组]1．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 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：选C.由题可得，重力做功1 900 J，则重力势能减少1 900 J,可得C正确，D错误．由动能定理：W G－W f＝ΔE k可得动能增加1 800 J，则A、B错误．2．在今年上海的某活动中引入了全国首个户外风洞飞行体验装置,体验者在风力作用下漂浮在半空．若减小风力，体验者在加速下落过程中（）A．失重且机械能增加B．失重且机械能减少C．超重且机械能增加D．超重且机械能减少解析:选B。

体验者在加速下落过程中加速度方向向下,处于失重状态，除重力外其他力的合力做负功，机械能减少，B正确．3．用恒力F竖直向上拉一物体，使其由地面处开始加速上升到某一高度．若该过程空气阻力不能忽略，则下列说法中正确的是( ）A．力F做的功和阻力做的功之和等于物体动能的增量B．重力所做的功等于物体重力势能的增量C．力F做的功和阻力做的功之和等于物体机械能的增量D．力F、重力、阻力三者的合力所做的功等于物体机械能的增量解析：选C。

精选江苏专用2018届高三物理一轮复习必考部分第5章机械能及其守恒定律第4节功能关系能量守恒定律教师用书

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系统内能的变化．(6)电场力的功影响电势能的变化．(7)分子力的功影响分子势能的变化．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．(对功能关系的理解)(多选)一个物体在光滑的水平面上匀速滑行，则( ) 【导学号：96622091】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【答案】BC3．(功能关系的简单应用)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541A．增大B．变小C．不变D．不能确定【答案】 A4．(对能的转化和守恒定律的理解)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( ) 【导学号：96622092】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【答案】 B[核心精讲]1．对功能关系的进一步理解(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量上相等．2．各种功能关系的对比1．(2014·广东高考)如图542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542A．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B 由于车厢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．2．(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 900J，他克服阻力做功100 J．韩晓鹏在此过程中( )【导学号：96622093】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 JC 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．[名师微博]四个技巧：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．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.[核心精讲]1．对能量守恒定律的两点理解(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．应用能量守恒定律解题的步骤(1)分清有多少形式的能(动能、势能、内能等)发生变化．(2)明确哪种形式的能量增加，哪种形式的能量减少，并且列出减少的能量ΔE减和增加的能量ΔE增的表达式．(3)列出能量守恒关系式：ΔE减＝ΔE增．[师生共研]●考向1 涉及弹簧的能量守恒定律问题如图543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543(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．【规范解答】 (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＋12·3mv 20＝12·3mv 2＋mgL ＋fL解得v ＝v 20－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 ＝0－12×3mv 2解得x ＝v 202g －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 ＝3mv 204－3mgL 4.【答案】 (1)v 20－gL (2)v 202g －L 2(3)3mv 204－3mgL 4●考向2 能量守恒定律与图象的综合应用某汽车研发机构在汽车的车轮上安装了小型发电机，将减速时的部分动能转化并储存在蓄电池中，以达到节能的目的．某次测试中，汽车以额定功率行驶700 m 后关闭发动机，测出了汽车动能E k 与位移x 的关系图象如图544所示，其中①是关闭储能装置时的关系图线，②是开启储能装置时的关系图线．已知汽车的质量为 1 000 kg ，设汽车运动过程中所受地面阻力恒定，空气阻力不计，求：图544(1)汽车的额定功率P ；(2)汽车加速运动500 m 所用的时间t ； (3)汽车开启储能装置后向蓄电池提供的电能E .【规范解答】 (1)关闭发动机且关闭储能装置后，汽车在地面阻力f 的作用下减速至静止，由动能定理－fx ＝0－E k解得f ＝2×103N汽车匀速运动的动能E k ＝12mv 2＝8×105J解得v ＝40 m/s汽车匀速运动时牵引力大小等于阻力，故汽车的额定功率P ＝Fv ＝fv 解得P ＝8×104 W.(2)汽车加速运动过程中，由动能定理得Pt －fx 1＝E k －E k0解得t ＝16.25 s.(3)由功能关系，汽车开启储能装置后向蓄电池提供的电能为E ＝E k －fx ′ 解得E ＝5×105J.【答案】 (1)8×104W (2)16.25 s (3)5×105J [题组通关]3．(多选)如图545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545A ．物块在A 点时弹簧的弹性势能一定大于在B 点时弹性势能 B ．物块在O 点时动能最大C ．物块在B 点时，弹簧的弹性势能大于W －32μmgaD ．经O 点时，物块的动能小于W －μmgaAD 因有滑动摩擦力做负功，弹簧和物块组成的系统机械能逐渐减少，故物块在A 点时弹簧的弹性势能一定大于物块在B 点时弹簧的弹性势能，且有OA >OB ，A 正确；由能量守恒定律可得，物块在O 点时的动能E k0＝W －μmg ·2·OA ，又OA >a2，故E k0<W －μmga ，D 正确；物块由A 向B 运动过程中，当kx ＝μmg 时，加速度为零，动能最大，B 错误；由能量守恒定律得：E p B ＝W －μmga －μmg ·OA <W －32μmga ，C 错误．4.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546中两直线所示．g 取10 m/s 2，下列说法正确的是( )【导学号：96622094】图546A ．小球的质量为0.2 kgB ．小球受到的阻力(不包括重力)大小为0.20 NC ．小球动能与重力势能相等时的高度为2013 mD ．小球上升到2 m 时，动能与重力势能之差为0.5 JD 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：－fH －mgH ＝12mv 2－12mv 20得H ＝209 m ，故C项错；当上升h ′＝2 m 时，由动能定理，－fh ′－mgh ′＝E k2－12mv 20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．[核心精讲]1．对摩擦生热的理解(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如图547所示，绷紧的传送带与水平面的夹角θ＝30°，皮带在电动机的带动下，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547(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．【合作探讨】(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 ＝61.9m/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．【规范解答】 (1)由题图可知，皮带长x ＝hsin 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 02t 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＝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 20＝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)32(2)230 J1．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．[题组通关]5．如图548甲，长木板A 放在光滑的水平面上，质量为m ＝2 kg 的另一物体B (可看作质点)以水平速度v 0＝2 m/s 滑上原来静止的长木板A 的表面．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/s 2)( )甲乙图548A ．木板获得的动能为2 JB ．系统损失的机械能为4 JC ．木板A 的最小长度为2 mD ．A 、B 间的动摩擦因数为0.1D 由图象可知，A 、B 的加速度大小都为1 m/s 2，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ΔE ＝12mv 20－12·2m ·v 2＝2 J ，选项B 错误；由v t 图象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μ＝0.1，选项D 正确．6．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( ) 【导学号：96622095】图549A ．电动机做的功为12mv 2B ．摩擦力对物体做的功为mv 2C ．传送带克服摩擦力做的功为12mv 2D ．电动机增加的功率为μmgvD 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．。