高中物理一轮复习学案第五章第4讲 功能关系 能量守恒定律Word格式文档下载.docx

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A．不变　B．减少　

C．增大　D．无法判断

[解析]　本题考查摩擦力做功问题。

物块在粗糙斜面上由静止释放后，重力与摩擦力对物块做功，其中摩擦力做功是将物块机械能的一部分转化为内能，所以物块与地球组成系统的机械能减少，故A、C、D错误，B正确。

2．（2019·

江苏盐城月考）火箭发射回收是航天技术的一大进步。

如图所示，火箭在返回地面前的某段运动，可看成先匀速后减速的直线运动，最后撞落在地面上，不计火箭质量的变化，则火箭（　C　）

A．匀速下降过程中，机械能守恒

B．减速下降过程中，机械能守恒

C．匀速下降过程中，合外力做功为零

D．减速下降过程中，合外力做功等于火箭机械能的变化

[解析]　火箭在下降过程中，空气阻力做负功，其机械能不守恒，A、B错误；

匀速下降过程中，合外力为零，则合外力做功为零，C正确；

减速下降过程中，合外力做功等于火箭动能的变化，而空气阻力做功等于火箭机械能的变化，D错误。

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（　AD　）

A．重力做功为mgh

B．克服空气阻力做的功为f·

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少

[解析]　重力做功为WG＝mgh，A正确；

空气阻力做功与经过的路程有关，而小球经过的路程大于

，故克服空气阻力做的功大于f·

，B错误；

落地时，重力的瞬时功率为重力与沿重力方向的分速度的乘积，故落地时重力的瞬时功率小于mgv，C错误；

重力做正功，重力势能减少，空气阻力做负功，机械能减少，D正确。

HEXINKAODIANZHONGDIANTUPO

核心考点·

重点突破

考点一　功能关系的应用

1．几种常见的功能关系

几种常见力做功

对应的能量变化

数量关系式

重力

正功

重力势能减少

WG＝－ΔEp

负功

重力势能增加

弹簧的弹力

弹性势能减少

W弹＝－ΔEp

弹性势能增加

电场力

电势能减少

W电＝－ΔEp

电势能增加

合力

动能增加

W合＝ΔEk

动能减少

重力以外的其他力

机械能增加

W其＝ΔE

机械能减少

2.两个特殊的功能关系

（1）滑动摩擦力与两物体间相对位移的乘积等于产生的内能，即Ffx相对＝Q。

（2）感应电流克服安培力做的功等于产生的电能，即W克安＝ΔE电。

例1（2019·

辽宁沈阳月考）北京时间2019年7月13日，第十八届国际泳联世界锦标赛在韩国光州举行。

在男女混合10米跳台决赛上，司雅杰/练俊杰夺得首金，实现了跳水“梦之队”的开门红。

假设司雅杰质量为m，她在某次跳水时保持同一姿态由静止开始下落，由于空气阻力影响，司雅杰下落的加速度为

g，在她下落高度为h的过程中，下列说法正确的是（　A　）

A．动能增加了

mgh

B．机械能减少了

C．克服阻力所做的功为

D．重力势能减少了

[解析]　由牛顿第二定律有mg－f＝ma，由a＝

g得f＝

mg，利用动能定理有W＝Fh＝

mgh＝ΔEk，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＝－

mgh＝ΔE，说明阻力做负功，机械能减少

mgh，B错误；

司雅杰克服阻力做功应为

mgh，C错误；

高度下降了h，则重力势能减少了mgh，D错误。

〔类题演练1〕

如图1所示，固定的粗糙斜面长为10m，一小滑块自斜面顶端由静止开始沿斜面下滑的过程中，小滑块的动能Ek随位移x的变化规律如图2所示，取斜面底端为重力势能的参考平面，小滑块的重力势能Ep随位移x的变化规律如图3所示，重力加速度g＝10m/s2。

根据上述信息能求出（　D　）

A．斜面的倾角

B．小滑块与斜面之间的动摩擦因数

C．小滑块下滑的加速度的大小

D．小滑块受到的滑动摩擦力的大小

[解析]　小滑块沿斜面下滑的过程中，根据动能定理有：

F合x＝ΔEk，由图2的斜率可求得合力F合＝

＝

N＝2.5N，小滑块重力势能的变化量ΔEp＝－mgΔxsinθ，由图3的斜率可求得mgsinθ＝－

N＝10N，F合＝mgsinθ－Ff＝mgsinθ－μmgcosθ＝ma＝2.5N，则小滑块受到的滑动摩擦力的大小Ff可以求出，因小滑块的质量m未知，故斜面的倾角θ、小滑块与斜面之间的动摩擦因数μ、小滑块下滑的加速度a的大小不能求出，故选D。

考点二　能量守恒定律及应用

应用能量守恒定律的一般步骤：

（1）分清有多少种形式的能（如动能、重力势能、弹性势能、内能、电能等）在变化。

（2）分别列出减少的能量ΔE减和增加的能量ΔE增的表达式。

（3）列恒等式：

ΔE减＝ΔE增。

例2（2020·

河南名校联考）如图所示，在某竖直平面内，光滑曲面AB与水平面BC平滑连接于B点，BC右端连接内壁光滑、半径r＝0.2m的四分之一细管CD，管口D端正下方直立一根劲度系数k＝100N/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1kg的小球放在曲面AB上，现从距BC的高度h＝0.6m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FN＝2.5mg的作用力，通过CD后，在压缩弹簧过程中小球速度最大时弹簧的弹性势能Ep＝0.5J。

重力加速度g取10m/s2。

求：

（1）小球在C处受到的向心力大小；

（2）在压缩弹簧过程中小球的最大动能Ekm；

（3）小球最终停止的位置。

[解析]　

（1）小球进入管口C端时，与圆管上管壁有大小为FN＝2.5mg的相互作用力，故对小球由牛顿第二定律有

FN＋mg＝Fn

解得FN＝35N。

（2）在压缩弹簧过程中，速度最大时合力为零。

设此时小球离D端的距离为x0，则有kx0＝mg

解得x0＝

＝0.1m

在C点，有Fn＝

解得vC＝

m/s

由能量守恒定律有mg（r＋x0）＝Ep＋（Ekm－

mv

）

解得Ekm＝mg（r＋x0）＋

－Ep＝6J。

（3）小球从A点运动到C点过程，由动能定理得

mgh－μmgs＝

解得B、C间距离s＝0.5m

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水平面相互作用的过程中。

设小球与弹簧作用后在BC上运动的总路程为s′，由能量守恒定律有

μmgs′＝

解得s′＝0.7m

故最终小球在BC上距离C为0.5m－（0.7m－0.5m）＝0.3m（或距离B端为0.7m－0.5m＝0.2m）处停下。

[答案]　

（1）35N　

（2）6J　（3）停在BC上距离C端0.3m处（或距离B端0.2m处）

〔类题演练2〕

如图所示，AB为半径R＝0.8m的

光滑圆弧轨道，下端B恰与小车右端平滑对接。

小车质量M＝3kg，车长L＝2.06m，车上表面距离地面的高度h＝0.2m，现有一质量m＝1kg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t0＝1.5s时，车被地面装置锁定（g＝10m/s2）。

试求：

（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。

[答案]　

（1）30N　

（2）1m　（3）6J

[解析]　

（1）由机械能守恒定律和牛顿第二定律得

mgR＝

，FNB－mg＝m

则FNB＝30N

（2）设m滑上小车后经过时间t1与小车同速，共同速度大小为v，设滑块的加速度大小为a1，小车的加速度大小为a2

对滑块有μmg＝ma1，v＝vB－a1t1

对于小车：

μmg＝Ma2，v＝a2t1

解得v＝1m/s，t1＝1s，

因t1<

t0，故滑块与小车同速后，小车继续向左匀速行驶了0.5s，则小车右端距B端的距离为

l车＝

t1＋v（t0－t1），解得l车＝1m。

（3）Q＝μmgl相对＝μmg（

t1－

t1）。

解得Q＝6J。

JIEDUANPEIYOUCHAQUEBULOU

阶段培优·

查缺补漏

功能关系在传送带模型中的应用

▼

1．因摩擦产生热量的求解方法

利用公式Q＝Ffx相对或利用能量守恒定律求解。

在传送带模型中，一般只能用公式求解。

特别要注意公式中的x相对指相对位移而不是对地位移。

2．因传送工件而多消耗电能的求解方法：

（1）根据能量守恒：

消耗的电能等于工件增加的机械能与摩擦产生的热量之和。

（2）根据动能定理：

由于传送带匀速运动，电动机做的功等于传送带克服摩擦力做的功。

例3如图所示，传送带AB总长为l＝10m，与一个半径为R＝0.4m的光滑四分之一圆轨道BC相切于B点，传送带顺时针转动，速度恒为v＝6m/s。

现有一个滑块以一定初速度v0从A点水平滑上传送带，滑块质量为m＝10kg，滑块与传送带间的动摩擦因数为μ＝0.1，已知滑块运动到B点时，刚好与传送带共速，g取10m/s2，求：

（1）滑块的初速度v0的大小；

（2）滑块能上升的最大高度h；

（3）滑块第二次在传送带上滑行过程中，滑块和传送带间因摩擦产生的内能。

[解析]　

（1）以滑块为研究对象，设滑块的加速度大小为a，

由牛顿第二定律可得μmg＝ma，

解得a＝1m/s2。

滑块在传送带上运动的过程中，由速度位移公式可得，

①当滑块速度大于传送带速度时v2－v

＝－2al，

代入数据可解得v0＝2

m/s；

②当滑块初速度小于传送带速度时v2－v

＝2al，

代入数据可解得v0＝4m/s。

（2）由机械能守恒定律可得mgh＝

mv2，

解得h＝1.8m。

（3）滑块减速到零的位移x0＝

，

解得x0＝18m>

10m，

由此可知，滑块第二次在传送带上滑行时，速度没有减小到零就离开传送带。

设滑块在传送带上滑行的时间为t，

则由匀变速直线运动的位移公式可得

l＝vt－

at2，

解得t＝2s，

在此时间内传送带的位移x＝vt＝12m，

故滑块第二次在传送带上滑行过程中，滑块和传送带间因摩擦产生的内能为Q＝μmg（l＋x），代入数据解得Q＝220J。

[答案]　

（1）2

m/s或4m/s　

（2）1.8m　（3）220J

〔类题演练3〕

（2019·

四川攀枝花模拟）（多选）如图所示，倾角为θ＝37°

的传送带以速度v＝2m/s沿图示方向匀速运动。

现将一质量为2kg的小木块，从传送带的底端以v0＝4m/s的初速度，沿传送带运动方向滑上传送带。

已知小木块与传送带间的动摩擦因数为μ＝0.5，传送带足够长，sin37°

＝0.6，cos37°

＝0.8，取g＝10m/s2。

小物块从滑上传送带至到达最高点的过程中，下列说法正确的是（　BC　）

A．运动时间为0.4s

B．发生的位移为1.6m

C．产生的热量为9.6J

D．摩擦力对小木块所做功为12.8J

[解析]　第一阶段：

根据牛顿第二定律，mgsinθ＋μmgcosθ＝ma1，得a1＝10m/s2，第一阶段位移为x1＝

＝0.6m，所用时间为t1＝

＝0.2s，传送带位移为x传1＝vt1＝0.4m，划痕为Δx1＝x1－x传1＝0.2m；

第二阶段：

mgsinθ－μmgcosθ＝ma2，得a2＝2m/s2，第二阶段位移为x2＝

＝1m，所用时间为t2＝

＝1s，传送带位移为x传2＝vt2＝2m，划痕为Δx2＝x传1－x2＝1m。

由以上分析可知，物体运动总时间为t＝t1＋t2＝1.2s；

物体的总位移x＝x1＋x2＝1.6m；

产生总热量为Q＝μmgcosθ·

Δx1＋μmgcosθ·

Δx2＝9.6J；

摩擦力第一阶段做负功，第二阶段做正功，摩擦力对小木块所做功为W＝－μmgcosθ·

x1＋μmgcosθ·

x2＝3.2J，综上分析可知B、C正确。

2NIANGAOKAOMONIXUNLIAN

2年高考·

模拟训练

全国卷Ⅱ，18）（多选）从地面竖直向上抛出一物体，其机械能E总等于动能Ek与重力势能Ep之和。

取地面为重力势能零点，该物体的E总和Ep随它离开地面的高度h的变化如图所示。

重力加速度取10m/s2。

由图中数据可得（　AD　）

A．物体的质量为2kg

B．h＝0时，物体的速率为20m/s

C．h＝2m时，物体的动能Ek＝40J

D．从地面至h＝4m，物体的动能减少100J

[解析]　A对：

由于Ep＝mgh，所以Ep与h成正比，斜率k＝mg，由图象得k＝20N，因此m＝2kg。

B错：

当h＝0时，Ep＝0，E总＝Ek＝

，因此v0＝10m/s。

C错：

由图象知h＝2m时，E总＝90J，Ep＝40J，由E总＝Ek＋Ep得Ek＝50J。

D对：

h＝4m时，E总＝Ep＝80J，即此时Ek＝0，即上升4m距离，动能减少100J。

天津，3）如图所示，在水平向右的匀强电场中，质量为m的带电小球，以初速度v从M点竖直向上运动，通过N点时，速度大小为2v，方向与电场方向相反，则小球从M运动到N的过程（　B　）

A．动能增加

mv2　　　　B．机械能增加2mv2

C．重力势能增加

mv2D．电势能增加2mv2

[解析]　A错：

动能变化量ΔEk＝

m（2v）2－

mv2＝

mv2。

B对，D错：

重力和电场力做功，机械能增加量等于电势能减少量。

带电小球在水平方向做向左的匀加速直线运动，由运动学公式得（2v）2－0＝2

x，则电势能减少量等于电场力做的功ΔEp电＝W电＝qEx＝2mv2。

在竖直方向做匀减速到零的运动，由－v2＝－2gh，得重力势能增加量ΔEp重＝mgh＝

3．（2019·

江苏，8）（多选）如图所示，轻质弹簧的左端固定，并处于自然状态。

小物块的质量为m，从A点向左沿水平地面运动，压缩弹簧后被弹回，运动到A点恰好静止。

物块向左运动的最大距离为s，与地面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，弹簧未超出弹性限度。

在上述过程中（　BC　）

A．弹簧的最大弹力为μmg

B．物块克服摩擦力做的功为2μmgs

C．弹簧的最大弹性势能为μmgs

D．物块在A点的初速度为

物块向左运动压缩弹簧，弹簧最短时，物块具有向右的加速度，弹力大于摩擦力，即F>

μmg。

B对：

根据功的公式，物块克服摩擦力做的功W＝μmgs＋μmgs＝2μmgs。

C对：

根据能量守恒，弹簧弹开物块的过程中，弹簧的弹性势能

通过摩擦力做功转化为内能，故Epm＝μmgs。

D错：

根据能量守恒，在整个过程中，物体的初动能通过摩擦力做功转化为内能，即

mv2＝2μmgs，所以v＝2

。

4．（2020·

荣成模拟）如图所示，一质量为m＝1.5kg的滑块从倾角为θ＝37°

的斜面上自静止开始滑下，滑行距离s＝10m后进入半径为R＝9m的光滑圆弧AB，其圆心角为θ，然后水平滑上与圆弧B点（B点的切线为水平方向）等高的小车。

已知小车质量为M＝3.5kg，滑块与斜面及小车表面的动摩擦因数为μ＝0.35，地面光滑且小车足够长，取g＝10m/s2（sin37°

＝0.8）。

（1）滑块在斜面上的滑行时间t1；

（2）滑块脱离圆弧末端B点前，圆弧对滑块的支持力FB的大小；

（3）当小车开始匀速运动时，滑块在小车上滑行的距离s1。

[答案]　

（1）2.5s　

（2）31.7N　（3）10m

[解析]　

（1）设滑块在斜面上滑行的加速度为a，由牛顿第二定律，有

mg（sinθ－μcosθ）＝ma

又s＝

at

解得t1＝2.5s。

（2）滑块在圆弧上运动过程，由机械能守恒定律，有

＋mgR（1－cosθ）＝

又vA＝at1

由牛顿第二定律，有FB－mg＝m

解得圆弧对滑块的支持力FB≈31.7N。

（3）滑块在小车上滑行时的加速度大小

a1＝

＝μg＝3.5m/s2

小车的加速度大小a2＝

μg＝1.5m/s2

小车与滑块达到共同速度时小车开始匀速运动，满足

vB－a1t2＝a2t2

解得t2＝2s

故小车与滑块的共同速度v＝a2t2＝3m/s

由功能关系可得μmgs1＝

－

（m＋M）v2

解得s1＝10m。