高考物理复习第4节 功能关系能量守恒定律文档格式.docx

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W其＝ΔE

机械能减少

3．两个特殊的功能关系

（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＝ΔQ。

（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。

[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　　　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　据题意，体验者漂浮时受到的重力和风力平衡；

在加速下降过程中，风力小于重力，即重力对体验者做正功，风力做负功，体验者的机械能减小；

加速下降过程中，加速度方向向下，体验者处于失重状态，故选项B正确。

2．（2017·

唐山模拟）轻质弹簧右端固定在墙上，左端与一质量m＝0.5kg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＝0.4m处时速度为零。

则此时弹簧的弹性势能为（g取10m/s2）（　　）

A．3.1JB．3.5J

C．1.8JD．2.0J

选A　物块与水平面间的摩擦力为Ff＝μmg＝1N。

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＝3.5J，克服摩擦力做功Wf＝Ffx＝0.4J。

由功能关系可知，W－Wf＝Ep，此时弹簧的弹性势能为Ep＝3.1J，选项A正确。

3．（多选）（2017·

佛山模拟）如图所示，质量为m的物体（可视为质点）以某一速度从A点冲上倾角为30°

的固定斜面，其减速运动的加速度

为

g，此物体在斜面上能够上升的最大高度为h，则在这个过程中物体（　　）

A．重力势能增加了mghB．机械能损失了

C．动能损失了mghD．克服摩擦力做功

选AB　加速度a＝

g＝

，解得摩擦力Ff＝

mg；

物体在斜面上能够上升的最大高度为h，所以重力势能增加了mgh，故A项正确；

机械能的损失了Ffx＝

mg·

2h＝

mgh，故B项正确；

动能损失量为克服合外力做功的大小ΔEk＝F合外力·

x＝

mgh，故C错误；

克服摩擦力做功

，故D错误。

突破点

（二）　摩擦力做功与能量的关系

1．两种摩擦力做功的比较

静摩擦力做功

滑动摩擦力做功

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

互为作用力和反作用力的一对静摩擦力所做功的代数和为零，即要么一正一负，要么都不做功

互为作用力和反作用力的一对滑动摩擦力所做功的代数和为负值，即至少有一个力做负功

两种摩擦力都可以对物体做正功或者负功，还可以不做功

2．求解相对滑动物体的能量问题的方法

（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W＝Ff·

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。

[典例]　（2017·

银川一模）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，然后水平滑上与平台等高的小车。

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μ＝0.35，地面光滑且小车足够长，取g＝10m/s2。

（sin37°

＝0.6，cos37°

＝0.8）求：

（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，轨道对滑块的支持力大小；

（3）当小车开始匀速运动时，滑块在车上滑行的距离s1。

[审题指导]

第一步：

抓关键点

关键点

获取信息

自静止开始下滑

滑块在斜面上做初速度为零的匀加速直线运动

光滑圆弧AB

滑块在圆弧上运动过程机械能守恒

然后水平滑上与平台等高的小车

滑块滑上小车的速度等于滑块在AB弧上B点的速度

地面光滑且小车足够长

滑块滑上小车最终与小车同速，一起做匀速运动

第二步：

找突破口

（1）滑块在斜面上下滑的加速度可由

mgsinθ－μmgcosθ＝ma求出。

（2）滑块在斜面上运动的末速度为滑块在圆弧上运动的初速度。

（3）滑块到达B点前瞬间具有竖直向上的向心加速度，此时满足：

FN－mg＝m

。

（4）小车从开始运动到匀速运动过程中，滑块和小车组成的系统损失的机械能对应系统产生的摩擦热。

[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，s＝

at12

解得t1＝2.5s。

（2）滑块在圆弧AB上运动过程，

由机械能守恒定律

mvA2＋mgR（1－cosθ）＝

mvB2，vA＝at1

由牛顿第二定律，有FB－mg＝m

解得轨道对滑块的支持力FB≈31.7N。

（3）滑块在小车上滑行时的加速度：

a1＝μg＝3.5m/s2

小车的加速度：

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

故滑块刚滑上小车的速度vB＝10m/s，最终同速时的速度v＝3m/s

由功能关系可得：

μmg·

s1＝

mvB2－

（m＋M）v2

s1＝10m。

[答案]　

（1）2.5s　

（2）31.7N　（3）10m

[方法规律]

（1）滑块脱离圆弧末端B点前具有竖直向上的加速度，支持力大于滑块重力，区别于滑块刚滑上小车的情况。

（2）当小车开始匀速运动时，滑块在车上滑行的距离为滑块在小车上滑行的最大距离，也是小车的最小长度。

[集训冲关]

1．（多选）（2017·

安徽师大附中最后一卷）如图所示，质量m＝1kg的物体从高为h＝0.2m的光滑轨道上P点由静止开始下滑，滑到水平传送带上的A点，物体和传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.2，传送带AB之间的距离为L＝5m，传送带一直以v＝4m/s的速度匀速运动，则（　　）

A．物体从A运动到B的时间是1.5s

B．物体从A运动到B的过程中，摩擦力对物体做功为2J

C．物体从A运动到B的过程中，产生的热量为2J

D．物体从A运动到B的过程中，带动传送带转动的电动机多做的功为10J

选AC　设物体下滑到A点的速度为v0，对PA过程，由机械能守恒定律有：

mv02＝mgh，代入数据得：

v0＝

＝2m/s＜v＝4m/s，则物体滑上传送带后，在滑动摩擦力的作用下做匀加速运动，加速度大小为a＝

＝μg＝2m/s2；

当物体的速度与传送带的速度相等时用时：

t1＝

＝

s＝1s，匀加速运动的位移x1＝

×

1m＝3m＜L＝5m，所以物体与传送带共速后向右

做匀速运动，匀速运动的时间为t2＝

s＝0.5s，故物体从A运动到B的时间为：

t＝t1＋t2＝1.5s，故选项A正确；

物体运动到B的速度是v＝4m/s，根据动能定理得：

摩擦力对物体做功W＝

mv2－

mv02＝

1×

42－

22J＝6J，故B项错误；

在t1时间内，传送带做匀速运动的位移为x带＝vt1＝4m，故产生热量Q＝μmgΔx＝μmg（x带－x1），代入数据得：

Q＝2J，故C项正确；

电动机多做的功一部分转化成了物体的动能，另一部分转化为内能，则电动机多做的功W＝

＋Q＝

（42－22）＋2J＝8J，故D项错误。

2.如图所示，劲度系数为k的轻弹簧一端固定在墙上，一个小物块（可视为质点）从A点以初速度v0向左运动，接触弹簧后运动到C点时速度恰好为零，弹簧始终在弹性限度内。

AC两点间距离为L，物块与水平面间动摩擦因数为μ，重力加速度为g，则物块由A点运动到C点的过程中，下列说法正确的是（　　）

A．弹簧和物块组成的系统机械能守恒

B．物块克服摩擦力做的功为

mv02

C．弹簧的弹性势能增加量为μmgL

D．物块的初动能等于弹簧的弹性势能增加量与摩擦产生的热量之和

选D　物块与水平面间动摩擦因数为μ，由于摩擦力做功机械能减小，故A项错误；

物块由A点运动到C点过程动能转换为弹性势能和内能，根据能量守恒知物块克服摩擦力做的功为μmgL＝

mv02－Ep弹，故B项错误，D项正确；

根据B项分析知Ep弹＝

mv02－μmgL，故C项错误。

突破点（三）　能量守恒定律的应用

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．能量转化问题的解题思路

（1）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）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减与增加的能量总和ΔE增，最后由ΔE减＝ΔE增列式求解。

[典例]　

如图所示，一物体质量m＝2kg，在倾角θ＝37°

的斜面上的A点以初速度v0＝3m/s下滑，A点距弹簧上端B的距离AB＝4m。

当物体到达B点后将弹簧压缩到C点，最大压缩量BC＝0.2m，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＝3m。

挡板及弹簧质量不计，g取10m/s2，sin37°

＝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Epm。

[思路点拨]

（1）物体由A到C的过程中，动能减少量与重力势能的减少量之和等于弹簧的弹性势能与物体克服摩擦力做功之和。

（2）物体由A到C后又返回D的过程中，物体动能减少量与重力势能的减少量之和等于物体克服摩擦力做的总功。

[解析]　

（1）物体从开始位置A点到最后D点的过程中，弹性势能没有发生变化，机械能的减少量全部用来克服摩擦力做功，即：

mv02＋mgLAD·

sin37°

＝μmgcos37°

（LAB＋2LCB＋LBD）

代入数据解得：

μ≈0.52。

（2）物体由A到C的过程中，动能减少量

ΔEk＝

mv02，

重力势能减少量ΔEp＝mgLACsin37°

摩擦产生的热Q＝μmgcos37°

·

LAC。

由能量守恒定律可得弹簧的最大弹性势能为：

Epm＝ΔEk＋ΔEp－Q

mv02＋mgLAC·

－μmgcos37°

LAC

≈24.5J。

答案：

（1）0.52　

（2）24.5J

1.

（2017·

浙江四校联考）蹦极是一项既惊险又刺激的运动，深受年轻人的喜爱。

如图所示，蹦极者从P处由静止跳下，到达A处时弹性绳刚好伸直，继续下降到最低点B处，B离水面还有数米距离。

蹦极者（视为质点）在其下降的整个过程中，重力势能的减少量为ΔE1、绳的弹性势能的增加量为ΔE2、克服空气阻力做的功为W，则下列说法正确的是（　　）

A．蹦极者从P到A的运动过程中，机械能守恒

B．蹦极者与绳组成的系统从A到B的过程中，机械能守恒

C．ΔE1＝W＋ΔE2

D．ΔE1＋ΔE2＝W

选C　下落过程中有空气阻力做功，所以机械能不守恒，A、B项错误；

根据能量守恒，在下落的全过程，有ΔE1＝W＋ΔE2，故C项正确，D项错误。

乐山二模）如图甲所示，在倾角为37°

足够长的粗糙斜面底端，一质量m＝1kg的滑块压缩着一轻弹簧且锁定，但它们并不相连，滑块可视为质点。

t＝0时解除锁定，计算机通过传感器描绘出滑块的vt图像如图乙所示，其中Oab

段为曲线，bc段为直线，在t1＝0.1s时滑块已上滑x＝0.2m的距离（g取10m/s2，sin37°

＝0.8）。

求：

（1）滑块离开弹簧后在图中bc段对应的加速度大小a及动摩擦因数μ的大小；

（2）t2＝0.3s和t3＝0.4s时滑块的速度v1、v2的大小；

（3）弹簧锁定时具有的弹性势能Ep。

（1）由题图乙知滑块在bc段做匀减速运动，加速度大小为

a＝

＝10m/s2

根据牛顿第二定律得

mgsin37°

＋μmgcos37°

＝ma

解得μ＝0.5。

（2）根据速度时间公式得t2＝0.3s时的速度大小

v1＝v0－aΔt，解得v1＝0

在t2之后开始下滑，下滑时由牛顿第二定律得

＝ma′

解得a′＝2m/s2。

从t2到t3做初速度为零的加速运动，t3时刻的速度为

v2＝a′Δt＝0.2m/s。

（3）从0到t1时间内，由能量守恒定律得

Ep＝mgxsin37°

＋μmgxcos37°

＋

mvb2

解得Ep＝4J。

（1）10m/s2　0.5　

（2）0　0.2m/s　（3）4J

与生产、生活相联系的能量守恒问题

在新课程改革的形势下，高考命题加大了以生产、生活、科技为背景的试题比重，其中与生产、生活相联系的能量守恒问题尤其受到高考命题者青睐。

（一）列车车厢间的摩擦缓冲装置

1.（2014·

广东高考）如图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（　　）

A．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

选B　在车厢相互撞击使弹簧压缩过程中，由于要克服摩擦力做功，且缓冲器所受合外力做功不为零，因此机械能不守恒，A项错误；

克服摩擦力做功消耗机械能，B项正确；

撞击以后垫板和车厢有相同的速度，因此动能并不为零，C项错误；

压缩弹簧过程弹簧的弹性势能增加，并没有减小，D项错误。

（二）儿童乐园中的蹦床运动

2.

在儿童乐园的蹦床项目中，小孩在两根弹性绳和蹦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运动到O，小孩重力势能减少量大于动能增加量

B．从O运动到B，小孩动能减少量等于蹦床弹性势能增加量

C．从A运动到B，小孩机械能减少量小于蹦床弹性势能增加量

D．若从B返回到A，小孩机械能增加量等于蹦床弹性势能减少量

选A　从A运动到O，小孩重力势能减少量等于动能增加量与弹性绳的弹性势能的增加量之和，选项A正确；

从O运动到B，小孩动能和重力势能的减少量等于弹性绳和蹦床的弹性势能的增加量，选项B错误；

从A运动到B，小孩机械能减少量大于蹦床弹性势能增加量，选项C错误；

若从B返回到A，小孩机械能增加量等于蹦床和弹性绳弹性势能减少量之和，选项D错误。

（三）自动充电式电动车

3.

构建和谐型、节约型社会深得民心，节能器材遍布于生活的方方面面，自动充电式电动车就是很好的一例，电动车的前轮装有发电机，发电机与蓄电池连接。

当骑车者用力蹬车或电动车自动滑行时，电动车就可以连通发电机向蓄电池充电，将其他形式的能转化成电能储存起来。

现有某人骑车以5kJ的初动能在粗糙的水平路面上滑行，第一次关闭自动充电装置，让车自由滑行，其动能随位移变化关系如图直线a所示；

第二次启动自动充电装置，其动能随位移变化关系如图曲线b所示，则第二次向蓄电池所充的电能可接近（　　）

A．5kJ　　　　　　　　B．4kJ

C．3kJD．2kJ

选D　由题图直线a可知，电动车的动能Ek与滑行位移x成线性关系，第一次关闭自动充电装置自由滑行10m停止，第二次启动自动充电装置时只滑行了6m，所以第二次充电的电能相当于滑行4m所需要的能量，即ΔE＝

5kJ＝2kJ，故D正确。

（四）飞机场上运送行李的传送带

4.

飞机场上运送行李的装置为一水平放置的环形传送带，传送带的总质量为M，其俯视图如图所示。

现开启电动机，传送带达到稳定运行的速度v后，将行李依次轻轻放到传送带上。

若有n件质量均为m的行李需通过传送带运送给旅客。

假设在转弯处行李与传送带无相对滑动，忽略皮带轮、电动机损失的能量。

求从电动机开启到运送完行李需要消耗的电能为多少？

设行李与传送带间的动摩擦因数为μ，则传送带与行李间由于摩擦产生的总热量Q＝nμmgΔx

由运动学公式得Δx＝x传－x行＝vt－

又a＝μg所以v＝μgt

联立解得Q＝

nmv2

由能量守恒得E＝Q＋

Mv2＋n×

mv2

所以电动机开启到运送完行李需消耗的电能为

E＝

Mv2＋nmv2。

Mv2＋nmv2

[反思领悟]

与生产、生活相联系的能量守恒问题往往具有试题情景新颖，所叙述的内容可能平时很少涉及，但问题的实质仍是能量转化与守恒定律的应用。

对于该类问题，可通过认真读题，确定所研究的物理过程的初、末状态，分析在状态变化过程中哪些形式的能量减少了，又有哪些形式的能量增加了，然后根据ΔE减＝ΔE增列式求解。

对点训练：

功能关系的理解和应用

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1900J，他克服阻力做功100J。

韩晓鹏在此过程中（　　）

A．动能增加了1900J

B．动能增加了2000J

C．重力势能减小了1900J

D．重力势能减小了2000J

选C　根据动能定理得韩晓鹏动能的变化ΔE＝WG＋Wf＝1900J－100J＝1800J＞0，故其动能增加了1800J，选项A、B错误；

根据重力做功与重力势能变化的关系WG＝－ΔEp，所以ΔEp＝－WG＝－1900J＜0，故韩晓鹏的重力势能减小了1900J，选项C正确，选项D错误。

（多选）（2017·

石家庄模拟）一质量为m的物体在竖直向上的拉力F作用下沿竖直方向向上运动，运动过程中物体的动能与位移的关系如图所示，其中0～x1为一曲线，x1～x2为一与横轴平行的直线，x2～x3为一倾斜直线，不计空气阻力，关于物体在这段位移内的运动，下列说法正确的是（　　）

A．0～x1过程中拉力F逐渐增大

B．x1～x2过程中物体的重力势能可能不变

C．x2～x3过程中拉力F为恒力

D．0～x3过程中物体的机械能增加

选CD　由动能定理Ek－Ek0＝F合x得，F合＝

，即图像的斜率（曲线切线）表示物体所受合力F合，在0～x1过程中曲线的斜率越来越小，F合越来越小，mg不变，则拉力F越来越小，A错误；

在x1～x2过程中物体匀速上升，其重力势能一直增加，B错误；

在x2～x3过程中斜率是一定值，F合是一定值，所以拉力F是恒力，C正确；

在0～x3过程中拉力F一直做正功，物体机械能一直增加，D正确。

青岛模拟）如图所示，一根原长为L的轻弹簧，下端固定在水平地面上，一个质量为m的小球，在弹簧的正上方从距地面高度为H处由静止下落压缩弹簧。

若弹簧的最大压缩量为x，小球下落过程受到的空气阻力恒为Ff，则小球从开始下落至最低点的过程（　　）

A．小球动能的增量为零

B．小球重力势能的增量为mg（H＋x－L）

C．弹簧弹性势能的增量为（mg－Ff）（H＋x－L）

D．系统机械能减小FfH

选AC　小球下落的整个过程中，开始时速度为零，结束时速度也为零，所以小球动能的增量为0，故A正确；

小球下落的整个过程中，重力做功WG＝mgh＝mg（H＋x－L），根据重力做功量度重力势能的变化WG＝－ΔEp得：

小球重力势能的增量为－mg（H＋x－L），故B错误；

根据动能定理得：

WG＋Wf＋W弹＝0－0＝0，所以W弹＝－（mg－Ff）（H＋x－L），根据弹簧弹力做功量度弹性势能的变化W弹＝－ΔEp得：

弹簧弹性势能的增量为（mg－Ff）·

（H＋x－L），故C正确；

系统机械能的减少等于重力、弹力以外的力做的功，所以小球从开始下落至最低点的过程，克服阻力做的功为：

Ff（H＋x－L），所以系统机械能的减小量为：

Ff（H＋x－L），故D错误。

摩擦力做功与能量的关系

4.（2017·

开封二模）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＝Q2　　　　　B．W1＝W2，Q1＝Q2

C．W1＜W2，Q1＜Q2D．W1＝W2，Q1＜Q2

选A　木块A从木板B左端滑到右端克服摩擦力所做的功W＝Ffx，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＝Ffl相对，两次都从木板B左端滑到右端，相对位移相等，所以Q1＝Q2，故选项A正确。

5.

南平检测）如图所示，一质量为M的斜面体静止在水平地面上，质量为m的木块沿粗糙斜面加速下滑h高度，速度大小由v1增大到v2，所用时间为t，木块与斜面体之间的动摩擦因数为μ。

在此过程中（　　）

A．斜面体受水平地面的静摩擦力为零

B．木块沿斜面下滑的距离为

t

C．如果给质量为m的木块一个沿斜面向上的初速度v2，它将沿斜面上升到h高处速度变为v1

D．木块与斜面摩擦产生的热量为mgh－

mv22＋

mv12

选BD　对整体分析可知，整体一定有向左的加速度，根据牛顿第二定律可知，整体在水平方向一定受外力，即水平地面与斜面体间的静摩擦力，故A错误；

由平均速度公式可知，木块沿斜面下滑的平均速度为：

，故下滑的距离为：

t＝

t，故B正确；

由于木块在斜面上受摩擦力，故木块沿斜面向上运动时的加速度大小一定大于木块沿斜面向下运动时的加速度大小；

故上升h时的速度一定小于v1，故C错误；

由能量守恒定律可知：

mgh＋

mv12＝

mv22＋Q，故有：

Q＝mgh－

mv12，故D正