高中物理功能关系能量守恒定律.docx
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高中物理功能关系能量守恒定律
第4讲功能关余能量守恒定律
SB晚融a
建城解
功能关系
II题蒯打描
1.功和能
（1）做功的过程就是能量转化的过程,能量的转化必须通过做功来实现。
（2）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.功能关系
（1）重力做功等于重力势能的改变，即Wg=Epi-Ep2=-AEp
（2）弹簧弹力做功等于弹性势能的改变，即WF=Epi-Ep2=-AEp
（3）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，即W其他力
=E2-E1=AEo（功能原理）
||咫i心突破
（1）动能的改变量、机械能的改变量分别与对应的功相等。
（2）重力势能、弹性势能、电势能的改变量与对应的力做的功数值相等，但符号相反。
1.自然现象中蕴藏着许多物理知识，如图
5-4-1所示为一个盛水袋，某人从侧面缓
⑶摩擦力做功的特点及其与能量的关系:
类别
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
方回
一对静摩擦力所做功的代
数总和等于零
一对滑动摩擦力所做功的代数
和不为零，总功w=—Ffl相对，
即摩擦时产生的热量
相同点
正功、负功、不做
功方卸
两种摩擦力对物体可以做正功、负功，还可以不做功
||图"UII练
慢推袋壁使它变形，则水的势能（）
图5—4—1
A.增大B.变小
C.不变D.不能确定
能量守恒定律
**=1
解析：
选A人推袋壁使它变形，对它做了功，由功能关系可得，水的重力势能增加,A正确。
打描
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.表达式正减=AE增。
||豳心突破
1.应用能量守恒定律的基本思路
（1）某种形式的能减少，一定存在其他形式的能增加，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AE减和增加
的能量AE增的表达式。
（3）列出能量守恒关系式：
AE减=AE增。
||电；对训练
2.悠悠球是一种流行的健身玩具，具有很浓的趣味性，备受学生的欢迎，悠悠球类似
“滚摆”，对称的左右两轮通过固定轴连接（两轮均用透明塑料制成），轴上套一个可以自由
转动的圆筒，圆筒上系条长约1m的棉线，玩时手掌向下，用力向正下方掷出悠悠球，当滚到最低处时，轻抖手腕，向上拉一下绳线，悠悠球将返回到你的手上，如图5-4-2所示。
悠悠球在运动过程中（）
图5—4—2
A.一边转动一边向下运动，由于重力做功，悠悠球越转越快，动能不断增大，悠悠球的势能转变为动能
B.在悠悠球上下运动中，由于发生动能和势能的相互转化，因此机械能守恒
C.在悠悠球上下运动中，由于空气阻力和绳子与固定轴之间摩擦力的作用，会损失
部分能量
D.在悠悠球转到最低点绳子将要开始向上缠绕时，轻抖手腕，向上拉一下绳子，给悠悠球提供能量
解析：
选ACD悠悠球向下运动时由于重力做正功，动能一定增大，势能转化为动能,选项A正确；悠悠球在上下运动的过程中由于有阻力做功，所以会损失一部分机械能，机
械能不守恒，若不及时补充能量则上升的高度会越来越低，因此可在悠悠球运动到最低点时
轻抖手腕，向上拉一下绳子，给其补充能量，故选项
C、D正确，B错误。
HEDIAMT1X1NG
功能关系的应用
［命题分析］功能关系是高考的重要考点，在每年高考中几乎都被考查到，难度中等或偏上，题型为选择或计算。
［例1］一物块放在如图5—4—3所示的斜面上，用力F沿斜面向下拉物块，物块沿斜面运动了一段距离，若已知在此过程中，拉力F所做的功为A,斜面对物块的作用力所做的
100J、
功为B,重力做的功为C,空气阻力做的功为D,其中A、B、C、D的绝对值分别为
30J、100J、20J,贝U
图5—4—3
⑴物块动能的增量为多少?
（2）物块机械能的增量为多少?
［解析］
（1）在物块下滑的过程中，拉力F做正功，斜面对物块有摩擦力，做负功，重力做正功，空气阻力做负功。
根据动能定理，合外力对物块做的功等于物块动能的增量，则
正k=W合=A+B+C+D
=100J+（—30J）+100J+（―20J）=150J
（2）根据功能关系，除重力之外的其他力所做的功等于物块机械能的增量，
贝UAE机=A+B+D=100J+（—30J）+（—20J）=50J
［答案］
（1）150J
（2）50J
功能关系的选用原则
（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。
［变式训练］
1.（2013山东烟台市测试）升降机底板上放一质量为100kg的物体，物体随升降机由静
止开始竖直向上移动5m时速度达到4m/s,则此过程中（g取10m/s2）（）
A.升降机对物体做功5800J
B.合外力对物体做功5800J
C.物体的重力势能增加5000J
D.物体的机械能增加800J
1
解析：
选AC根据动能定理得：
W升一mgh=2mv2,可解得W升=5800J,A正确；合外力做功为2mv2=1x100X42J=800J,B错误；物体重力势能增加mgh=100X10X5J=5000J,C正确；物体机械能增加E=Fh=W升=5800J,D错误。
办14
能量守恒定律的理解及应用
［命题分析］能量守恒定律不仅在力学中常被考查到，在电学、热学等部分也是考查的重点，且在高考试卷的压轴题中也常被考查到。
［例2］（2012石家庄第一次质检）如图5-4-4所示，水平桌面上有一轻弹簧，左端固定在A点，自然状态时其右端位于B点。
水平桌面右侧有一竖直放置的光滑轨道MNP,其
形状为半径R=0.8m的圆环剪去了左上角135°的圆弧，MN为其竖直直径，P点到桌面的竖直距离也是R。
用质量m1=0.4kg的小物块将弹簧缓慢压缩到C点，释放后弹簧恢复原长时物块恰停止在B点。
用同种材料、质量为m2=0.2kg的小物块将弹簧缓慢压缩到C点释放，物块过B点后做匀变速运动，物块由B到D位移与时间的关系为x=6t-2t2,物块飞离桌面后恰好由P点沿切线进入圆弧轨道，g=10m/s2,不计空气阻力。
求：
图5—4—4
⑴BD间的距离；
（2）判断小物块m2能否沿圆弧轨道到达”点（要求写出判断过程）；
（3）小物块m2由C点释放运动到D过程中克服摩擦力做的功。
［解析］
（1）由物块过B点后其位移与时间的关系x=6t—2t2得vo=6m/s,力口速度a=—
2
4m/s
物块由D点以初速度Vd做平抛运动，落到P点时其竖直速度为Vy=石R,vy=tan45
得vD=4m/s
22
VD—v0
BD同位移为X1=T=2.5m。
2a
（2）若物块能沿轨道到达M点，其速度为vm
1212.2^
2m2VM=2m2VD—5mzgR
得Vm=16—8.2m/s
2
若物块恰好能沿轨道过M点，则m2g=m2VLRM,
解得Vm'=>/8m/s>VM,即物块不能到达M点。
⑶设弹簧长为AC时的弹性势能为Ep,释放m1时，Ep=（1m1gxCB
12
释放m2时，可得Ep=pn2gXCB+2m2V0
且m1=2m2,可得Ep=m2v02=7.2J
m2在桌面上运动过程中克服摩擦力做功为Wf,
则Ep-Wf=2m2vd2,可得Wf=5.6J。
［答案］
（1）2.5m
（2）见解析（3）5.6J
I方转•机律］
能量转化问题的分析思路
（1）理论依据：
当涉及摩擦力做功，机械能不守恒时，一般应用能的转化和守恒定律。
（2）操作步骤：
①确定初末状态；
②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;
③求出减少的能量总和AE减和增加的能量总和AE增；
④由AE减=AE增列式求解。
［变式训练］
2.如图5—4—5所示，光滑水平面AB与竖直面内的半圆形导轨在B点相切，半圆形
导轨的半径为Ro一个质量为m的物体将弹簧压缩至A点后由静止释放，在弹力作用下物体获得某一向右的速度后月^离弹簧，当它经过B点进入导轨的瞬间对轨道的压力为其重力
的8倍，之后向上运动恰能到达最高点Co（不计空气阻力）试求：
图5-4-5
（1）物体在A点时弹簧的弹性势能；
（2）物体从B点运动至C点的过程中产生的内能。
解析：
（1）设物体在B点的速度为Vb,所受弹力为Fnb,则有Fnb-mg=mVB-,又FnbR
=8mg,
1c7
由能重寸恒te律可知：
弹性势能Ep=2mvB=2mgRo
2
VC
（2）设物体在C点的速度为vc,由题息可知：
mg=mrR
物体由B点运动到C点的过程中，由能量守恒定律得：
12,12
Q=2mvB—（2mvc+2mgR）,斛得：
Q=mgR。
答案：
（1）2mgR
（2）mgR
―爪||摩擦力做功问题
［命题分析］摩擦力是高考必考的考点，摩擦力做功也是高考的热点，不仅在力学中考
查摩擦力，在电学中也常涉及摩擦力。
［例3］如图5—4—6所示，倾角为30。
的光滑斜面的下端有一水平传送带，传送带正
以6m/s的速度运动，运动方向如图所示。
一个质量为2kg的物体（物体可以视为质点），从
h=3.2m高处由静止沿斜面下滑，物体经过A点时，不管是从斜面到传送带还是从传送带
到斜面，都不计其动能损失。
物体与传送带间的动摩擦因数为0.5,物体向左最多能滑到传
送带左右两端AB的中点处，重力加速度g=10m/s2,则：
图5—4—6
（1）物体由静止沿斜面下滑到斜面末端需要多长时间？
（2）传送带左右两端AB间的距离l至少为多少？
（3）上述过程中物体与传送带组成的系统产生的热量为多少？
（4）物体随传送带向右运动，最后沿斜面上滑的最大高度h'为多少?
［思维流程］
第一步：
抓信息关键点
关键点
信息获取
（1）物体由静止沿光滑斜面卜滑
物体做匀加速直线运动，机械能守恒
（2）物体向左最多能滑到AB中点处
物体1可左做匀减速运动，到达最左端时，物体速度为零，但相对传送带速度/、为零
（3）系统产生的热量为多少
摩擦力对系统做的功等于摩擦力与相对位移的乘积
第二步：
找解题突破口
（1）物体在斜面上下滑的时间可根据匀变速直线运动的规律来求。
（2）AB的长度可由动能定理求得。
⑶系统产生的热量等于摩擦力对系统做的功。
（4）物体向右运动，沿斜面上升的高度可由机械能守恒定律求得。
第三步：
条理作答
［解析］
（1）对物体：
mgsin30=ma,
h12
sin30-2at
可得t=1.6s。
（2）由动能定理得：
mgh-mg=0,
解得：
l=12.8m。
（3）物体与传送带间的相对位移x相=2+v带t1,
■l12
而2=£科或，
热量Q=iImgx目，以上三式联立可得Q=160Jo
（4）物体随传送带向右匀加速运动，设当速度为
v带=6m/s时向右的位移为x,
得x=3.6m<2,
即物体在到达A点前速度已经与传送带速度相等，最后以v带=6m/s的速度冲上斜面,
由机械能守恒定律2mv带2=mgh',
解得h'=1.8m。
［答案］
（1）1.6s
（2）12.8m（3）160J（4）1.8m
［变式训练］
v匀速运动，现将
3.如图5—4—7所示，水平传送带由电动机带动，并始终保持以速度
质量为m的某物块由静止释放在传送带上的左端，过一会儿物块能保持与传送带相对静止,
设物块与传送带间的动摩擦因数为
A.摩擦力对物块做的功为
2mv2
1
B.物块对传送带做功为2mv
C.系统摩擦生热为2mv2
2
D,电动机多做的功为mv
解析：
选ACD对物块运用动能定理,
摩擦力做的功等于物块动能的增加，即
2mv2,
故A正确；传送带的位移是物块位移的两倍,
所以物块对传送带做功是摩擦力对物块做功
2也为mv,
的两倍，即为mv2,故B错误；电动机多做的功就是克服传送带的摩擦力做的功,
C正确。
故D正确；系统摩擦生热等于摩擦力与相对位移的乘积，故
助场窈图貂善国昌舒缙附
规范答题一一用动力学和能量观点处理多过程问题
用动力学和能量观点处理多过程问题，是历年高考的热点，此类题目综合性较强，难度
中等偏上。
涉及的知识点主要有机械能守恒定律、功能关系和滑动摩擦力做功与能量转化的关系三大类。
失分情况比较严重，针对这种情况，对此类问题可按如下两条思路进行分析。
（1）若一个物体参与了多个运动过程，有的过程只涉及运动和力的问题或只要求分析物
体的动力学特点，则要用动力学方法求解。
（2）若某过程涉及到做功和能量转化问题，则要考虑应用动能定理或机械能守恒定律求
解。
图5—4—8
［示例］（15分）（2013山东潍坊市阶段测试）如图5—4—8所示，水平传送带AB的右端
与在竖直面内用内径光滑的钢管弯成的“9彩固定轨道相接，钢管内径很小。
传送带的运行
①
速度
v0=4.0m/s,将质量m=0.1kg的可看做质点的滑块无初速度地放在传送带的A端。
已知传
②
送带长度L=4.0m,“9字全高H=0.6m,“9字上半部分圆弧半径R=0.1m,滑块与传送
带间的动摩擦因数产0.2,重力加速度g=10m/s2,求：
（1）滑块从传送带A端运动到B端所需要的时间；
③
（2）滑块滑到轨道最高点C时对轨道作用力的大小和方向。
④
［答题流程］
1.审题干，抓关键信息
题干信息
获取信息
①
滑块在钢管内运动时机械能守恒
②
滑块在传送带上做匀加速直线运动
③
滑块在传送带上可能一直加速，也可能先加速再匀速
④
滑块在C点的向心力由重力和管道弹力的合力提供
2.审设问，找解题突破口
（1）由滑块的运动情况和受力情况，应用运动学规律，求出其做匀加速运动的位移，然后与传送带长度L比较从而确定A到B的时间。
（2）根据
（1）中所求滑块在B点的速度和轨道特点，应用机械能守恒定律可得滑块在C点
速度大小；应用牛顿第二定律求解C点向心力大小，进而得出滑块对轨道作用力的大小和
方向。
3.巧迁移，调动有效信息
（1）确定研究对象一滑块
（2）受力分析，过程分析一滑块在传送带上向右加速（也可能最终匀速），进入管道后的运动过程中，机械能守恒
T
（3）运用规律一滑块在传送带上运动时，可应用牛顿第二定律和运动学规律，滑块在管
道内运动时，可应用机械能守恒和圆周运动规律
4.规范解，条理作答
［解析］
（1）滑块在传送带上加速运动时，
由牛顿第二定律知科mg=ma（2分）
确定物块是一直匀加速运动还是先加速运动后匀速运动。
得a=叱尹2m/s2（2分）
加速到与传送带速度相同时所需要的时间t=v0=2s（2分）
a
位移x=2at2=4m（2分）
此时物块恰好到达B端，即滑块从A端运动到B端的时间t=2s
（2）滑块从B到C的过程中，由机械能守恒定律得
mgH+2mvc2=2mv02（2分）
在C点，设轨道对滑块的弹力方向竖直向下，由牛顿第二定律得
此处求出的是轨道对滑块的作用力。
2
mvc
FN+mg=-R—（2分）
联立解得Fn=3N（1分）
由牛顿第三定律知滑块对轨道的作用力
学生易漏掉此点而失分。
Fn'=Fn=3N,方向竖直向上。
（2分）
［答案］
（1）2s
（2）3N,方向竖直向上
［名师点评］
传送带模型有水平和倾斜两种情况。
考查的角度有两个：
①动力学角度：
如求物体在传送带上运动的时间、物体在传送带上能达到的速度、物体相对传送带滑过的位移，方法是牛顿第二定律结合运动学规律。
②能量的角度：
求传送带对物体所做的功、物体和传送带由于相对滑动而产生的热量、因放上物体而使电动机多消耗的电能等。
本模型中，物体和传送带由于摩擦而产生的热量等于摩擦力乘以物体与传送带间的相对路程。
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