2021版高考物理一轮复习第5章机械能第4节功能关系能量守恒定律学案 7页

1 第 4 节 功能关系 能量守恒定律 考点一 功能关系的理解及应用 对应学生用书 p101 1．功能关系的内容 (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．几种常见的功能关系 不同的 力做功 对应不同形 式能的变化 定量关系 合外力做功(所有外力的功) 动能变化 合外力对物体做的功等于物体动 能的变化 W 合＝Ek2－Ek1＝ΔEk 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. WG＝－ΔEp＝Ep1－Ep2 弹簧弹力做功 弹性势能变化 弹簧弹力做正功，弹性势能减少； 弹簧弹力做负功，弹性势能增加. W 弹＝－ΔEp＝Ep1－Ep2 只有重力、弹簧弹力做功 不引起机械能变化 机械能守恒ΔE＝0 除重力和弹簧弹力之外的力做的 功 机械能的变化 除重力、弹簧弹力之外的力做多少 正功，物体的机械能就增加多少； 除重力和弹簧弹力之外的力做多 少负功，物体的机械能就减少多 少. W 除 G、弹力外＝ΔE＝E2－E1 克服滑动摩擦力做的功 产生摩擦热 Wf 克＝Q 摩 克服安培力做的功 电能变化 WA 克＝E 电 电场力做功 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. W 电＝－ΔEp＝Ep1－Ep2 【理解巩固 1】 (多选)质量 m＝3.0 kg 的小球在竖直向上的恒定拉力作用下，由 静止开始从水平地面向上运动，经一段时间，拉力做功为 W＝15.0 J，此后撤去拉力，球又 经相同时间回到地面，以地面为零势能面，不计空气阻力，重力加速度 g＝10 m/s2.则下列 说法正确的是( ) A．恒定拉力大小为 40.0 N 2 B．球动能 Ek＝3.0 J 时的重力势能可能是 12.0 J C．拉力作用过程球动能增加了 15.0 J D．球动能 Ek＝3.0 J 时的重力势能可能是 9.0 J [解析] 设竖直向上的恒力为 F，物体质量 m＝3 kg.恒力 F 作用时间 t，在恒力 F 作用 过程：上升高度 h，根据牛顿第二定律得：运动加速度 a1＝F－mg m ；h＝1 2 a1t2；撤去恒力瞬间 速度为 v0，则 v0＝a1t，撤去恒力后到物体落地时，取竖直向上方向为正方向，则－h＝(a1t)t －1 2 gt2；联立解得：a1＝g 3 ，代入得 F＝40 N，选项 A 正确；球动能 Ek＝3.0 J 时，由动能定 理 WF－WG＝ΔEk，当力 F 做功 15 J 时，此时克服重力做功为 12 J，即此时物体的重力势能 是 12.0 J，选项 B 正确；拉力作用过程中，由于重力做负功，故球动能增加小于 15.0 J， 选项 C 错误；球动能 Ek＝3.0 J 时，若重力势能是 9.0 J，由动能定理 WF－WG＝ΔEk 可知 WF ＝12 J<15 J，故选项 D 正确． [答案] ABD 3 对应学生用书 p101 例 1 (多选)如图所示，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 小物块从静止开始做匀加速直线运动．小物块和小车之间的摩擦力为 Ff.小物块滑到小车的 最右端时，小车运动的距离为 x.在这个过程中，以下结论正确的是( ) A．小物块到达小车最右端时具有的动能为(F－Ff)(l＋x) B．小物块到达小车最右端时，小车具有的动能为 Ffx C．小物块克服摩擦力所做的功为 Ff (l＋x) D．小物块和小车增加的机械能为 Fx [解析] 小物块受到向右的拉力 F 作用，向右运动受到向左的摩擦力 Ff，根据相互作用， 小车受到向右的摩擦力 Ff 而运动．小车运动距离为 x，而物块从小车的左端运动到右端位移 为 l＋x.对小车根据动能定理有 Ff×x＝Ek1－0，选项 B 对，对小物块根据动能定理有(F－ Ff)×(x＋l)＝Ek2－0，选项 A 对．小物块克服摩擦力做功 Ff(l＋x)，选项 C 对．小物块和小 车重力势能都没有变化，所以他们机械能的增加量等于动能的增加量即 Ek1＋Ek2＝Ff×x＋(F －Ff)×(x＋l)＝F(x＋l)－Ffl，选项 D 错． [答案] ABC , 利用功能关系求解问题要 分清楚是什么力做功，并且清楚该力做正功还是负功，从而判断与之相关的能量的变化．力 做功的过程就是物体能量转化的过程，功是能量转化的量度．) 考点二 能量守恒定律的理解及应用 4 对应学生用书 p102 1．能量转化和守恒定律：能量既不会凭空消失，也不会__凭空产生__．它只能从一种 形式__转化__为其他形式，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__． 2．能量守恒关系式：ΔE 减＝ΔE 增． 3．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． 【理解巩固 2】 如图所示，一物体质量 m＝2 kg.在倾角为θ＝37°的斜面上的 A 点以 初速度 v0＝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 点距离 AD＝3 m．挡板及弹簧质量不计，g 取 10 m/s2，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 Epm. [解析] 由于有摩擦存在，机械能不守恒．可用功能关系解题． (1)最后的 D 点与开始的位置 A 点比较： 动能减少ΔEk＝1 2 mv2 0＝9 J. 重力势能减少ΔEp＝mglADsin 37°＝36 J. 机械能减少ΔE＝ΔEk＋ΔEp＝45 J 机械能的减少量全部用来克服摩擦力做功，即 Wf＝Ffl＝45 J， 而路程 l＝5.4 m，则 Ff＝Wf l ＝8.33 N. 而 Ff＝μmgcos 37°，所以μ＝ Ff mgcos 37° ＝0.52. (2)m 到 C 点瞬间对应的弹簧弹性势能最大， 由 A 到 C 的过程：动能减少ΔEk′＝1 2 mv2 0＝9 J. 重力势能减少ΔEp′＝mglAC·sin 37°＝50.4 J 机械能的减少用于克服摩擦力做功 Wf′＝Ff·sAC＝ μmgcos 37°×sAC＝35 J．由能的转化和守恒定律得： Epm＝ΔEk′＋ΔEp′－Wf′＝24.4 J. 5 对应学生用书 p102 传动带模型的能量分析 例 2 (多选)如图所示，质量 m＝1 kg 的物体从高 h＝0.2 m 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μ＝0.2，传送 带 AB 之间的距离 L＝5 m，传送带一直以 v＝4 m/s 的速度匀速运动，则(g 取 10 m/s2)( ) A．物体从 A 运动到 B 的时间是 1.5 s B．物体从 A 运动到 B 的过程中，摩擦力对物体做功为 2 J C．物体从 A 运动到 B 的过程中，产生的热量为 2 J 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 10 J [解析] 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：1 2 mv2 0＝mgh， 代入数据得：v0＝ 2gh＝2 m/s＜v＝4 m/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＝μmg m ＝μg＝2 m/s2；当物体的速度与传送带的速度相等时 用时：t1＝v－v0 a ＝4－2 2 s＝1 s，匀加速运动的位移 x1＝v0＋v 2 t1＝2＋4 2 ×1 m＝3 m＜L＝5 m， 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＝L－x1 v ＝5－3 4 s＝0.5 s， 故物体从 A 运动到 B 的时间为：t＝t1＋t2＝1.5 s，故选项 A 正确；物体运动到 B 的速度是 v＝4 m/s，根据动能定理得：摩擦力对物体做功 W＝1 2 mv2－1 2 mv2 0＝ 1 2 ×1×42－1 2 ×1×22 J＝6 J，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＝4 m，故产生热量 Q＝ μmgΔx＝μmg(x 带－x1)，代入数据得：Q＝2 J，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＝ 1 2 mv2－1 2 mv2 0 ＋Q＝1 2 ×1×(42 －22) J＋2 J＝8 J，故 D 项错误． [答案] AC 6 , 传送带模型能量分析的问 题主要包括以下两个核心问题 (1)摩擦系统内摩擦热的计算：依据 Q＝Ff·x 相对，找出摩擦力与相对路程大小即可．要 注意的问题是公式中的 x 相对并不是指相对位移大小．特别是相对往返运动中，x 相对为多过程 中各过程相对位移大小之和． (2)由于传送物体而多消耗的电能：一般而言，有两种思路： ①运用能量守恒，多消耗的电能等于系统能量的增加的能量．以倾斜向上运动传送带传 送物体为例，多消耗的电能 E＝ΔE 重＋ΔEk＋Q 摩擦 ②运用功能关系，传送带克服阻力做的功等于消耗的电能 E＝fs 传) 木板—滑块模型的能量分析 例 3 如图所示，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. (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 x，A、B 的速度分别为 vA、vB，由动能 定理得μmgx＝1 2 mv2 A (F－μmg)·(x＋L)＝1 2 mv2 B 又因为 vA＝aAt＝μgt vB＝aBt＝F－μmg m t，解得 x＝ μmgL F－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)＝1 2 mv2 A＋1 2 mv2 B＋Q 解得 Q＝μmgL. 7 , 木板—滑块模型能量分析的核心问题为物体间摩擦热的计算，一般而言有两种方 式： (1)依据 Q＝Ff·x 相对，找出摩擦力与相对路程大小即可．要注意的问题是公式中的 x 相对 指的是相对路程． (2)运用能量守恒：Q＝ΔE 机，即系统机械能的损失量等于产生的摩擦热．)