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- 2021-06-01 发布
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第3节 功能关系 能量守恒定律
知识点一| 对功能关系的理解及其应用
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)合外力对物体做的功等于物体的动能的变化。
(2)重力做功引起物体重力势能的变化。
(3)弹簧弹力做功引起弹性势能的变化。
(4)除重力和系统内弹力以外的力做的功等于物体机械能的变化。
(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。 (×)
考法 对功能关系的理解及其应用
1.(2018·天津高考)滑雪运动深受人民群众喜爱。某滑雪运动员(可视为质点)由坡道进入竖直面内的圆弧形滑道AB,从滑道的A点滑行到最低点B的过程中,由于摩擦力的存在,运动员的速率不变,则运动员沿AB下滑过程中( )
A.所受合外力始终为零 B.所受摩擦力大小不变
C.合外力做功一定为零 D.机械能始终保持不变
C [运动员做匀速圆周运动,所受合外力指向圆心,A项错误;由动能定理可知,合外力做功一定为零,C项正确;运动员所受滑动摩擦力大小等于运动员重力沿滑道向下的分力,随滑道与水平方向夹角的变化而变化,B项错误;运动员动能不变,重力势能减少,所以机械能减少,D项错误。]
2.(2018·全国卷Ⅰ)如图所示,abc是竖直面内的光滑固定轨道,ab水平,长度为2R;bc
是半径为R的四分之一圆弧,与ab相切于b点。一质量为m的小球,始终受到与重力大小相等的水平外力的作用,自a点处从静止开始向右运动。重力加速度大小为g。小球从a点开始运动到其轨迹最高点,机械能的增量为( )
A.2mgR B.4mgR C.5mgR D.6mgR
C [设小球运动到c点的速度大小为vc,则对小球由a到c的过程,由动能定理有F·3R-mgR=mv,又F=mg,解得vc=2,小球离开c点后,在水平方向做初速度为零的匀加速直线运动,竖直方向在重力作用下做匀减速直线运动,由牛顿第二定律可知,小球离开c点后水平方向和竖直方向的加速度大小均为g,则由竖直方向的运动可知,小球从离开c点到其轨迹最高点所需的时间为t==2,在水平方向的位移大小为x=gt2=2R。由以上分析可知,小球从a点开始运动到其轨迹最高点的过程中,水平方向的位移大小为5R,则小球机械能的增加量为ΔE=F·5R=5mgR,C正确,A、B、D错误。]
3.(2017·全国卷Ⅲ)如图所示,一质量为m,长度为l的均匀柔软细绳PQ竖直悬挂。用外力将绳的下端Q缓慢地竖直向上拉起至M点,M点与绳的上端P相距l。重力加速度大小为g。在此过程中,外力做的功为( )
A.mgl B.mgl C.mgl D.mgl
A [以均匀柔软细绳MQ段为研究对象,其质量为 m,取M点所在的水平面为零势能面,开始时,细绳MQ段的重力势能Ep1=-mg·=-mgl,用外力将绳的下端Q缓慢地竖直向上拉起至M点时,细绳MQ段的重力势能Ep2=-mg·=-mgl,则外力做的功即克服重力做的功等于细绳MQ段的重力势能的变化,即W=Ep2-Ep1=-mgl+mgl=mgl,选项A正确。]
4.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到B的运动过程中( )
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mgR
D [小球到达B点时,恰好对轨道没有压力,只受重力作用,根据mg=得,小球在B点的速度v=,小球从P到B的运动过程中,重力做功W=mgR,故选项A错误;减少的机械能ΔE减=mgR-mv2=mgR,故选项B错误;合外力做功W合=mv2=mgR,故选项C错误;根据动能定理得,mgR-Wf=mv2-0,所以Wf=mgR-mv2=mgR,故选项D正确。]
[考法指导] 几种常见功能关系
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
弹簧等的弹力
正功
弹性势能减少
W弹=-ΔEp
负功
弹性势能增加
电场力
正功
电势能减少
W电=-ΔEp
负功
电势能增加
合力
正功
动能增加
W合=ΔEk
负功
动能减少
重力以外的其他力
正功
机械能增加
W其=ΔE
负功
机械能减少
知识点二| 摩擦力做功与能量的转化关系
考法1 水平地面上的摩擦力做功分析
1.(多选)(2018·江苏高考)如图所示,轻质弹簧一端固定,另一端连接一小物块,O点为弹簧在原长时物块的位置。物块由A点静止释放,沿粗糙程度相同的水平面向右运动,最远到达B点。在从A到B的过程中,物块( )
A.加速度先减小后增大
B.经过O点时的速度最大
C.所受弹簧弹力始终做正功
D.所受弹簧弹力做的功等于克服摩擦力做的功
AD [物块在从A到B的运动过程中,弹簧对物块的弹力先大于摩擦力后小于摩擦力,其所受合外力先减小后增大,根据牛顿第二定律,物块的加速度先减小后增大,选项A正确;物块受到弹簧的弹力等于摩擦力时速度最大,此位置一定位于A、O之间,选项B错误;物块所受弹簧的弹力先做正功后做负功,选项C错误;对物块从A到B的运动过程,由动能定理可知,物块所受弹簧弹力做的功等于克服摩擦力做的功,选项D正确。]
考法2 传送带问题中的摩擦力做功分析
2.如图所示,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,物体经过一段时间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( )
A.电动机做的功为mv2
B.摩擦力对物体做的功为mv2
C.传送带克服摩擦力做的功为mv2
D.电动机增加的功率为μmgv
D [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mv2,选项B错误;传送带克服摩擦力做的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=mv2,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。]
3.如图所示,传送带与地面的夹角θ=37°,A、B两端间距L=16 m,传送带以速度v=
10 m/s沿顺时针方向运动,物体m=1 kg,无初速度地放置于A端,它与传送带间的动摩擦因数μ=0.5,试求:(sin 37°=0.6,cos 37°=0.8, g取10 m/s2)
(1)物体由A端运动到B端的时间;
(2)系统因摩擦产生的热量。
解析:(1)物体刚放上传送带时受到沿斜面向下的滑动摩擦力,由牛顿第二定律得
mgsin θ+μmgcos θ=ma1
设物体经时间t1加速到与传送带同速,则
v=a1t1,x1=a1t
解得a1=10 m/s2,t1=1 s,x1=5 m
设物体与传送带同速后再经过时间t2到达B端,因mgsin θ>μmgcos θ,故当物体与传送带同速后,物体将继续加速,
即mgsin θ-μmgcos θ=ma2
L-x1=vt2+a2t
解得t2=1 s
故物体由A端运动到B端的时间
t=t1+t2=2 s。
(2)物体与传送带间的相对位移
x相=(vt1-x1)+(L-x1-vt2)=6 m
故Q=μmgcos θ·x相=24 J。
答案:(1)2 s (2)24 J
考法3 “滑块—木板”问题中的摩擦力做功分析
4.如图甲所示,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(可看成质点)以水平速度v0=2 m/s滑上原来静止的长木板A的上表面。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/s2)( )
甲 乙
A.木板获得的动能为2 J
B.系统损失的机械能为4 J
C.木板A的最小长度为2 m
D.A、B间的动摩擦因数为0.1
D [由图象可知,A、B的加速度大小都为1 m/s2,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=mv-·2m·v2=2 J,选项B错误;由vt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。]
5.(多选)如图所示在光滑的水平面上,有一质量为M的长木板以一定的初速度向右匀速运动,将质量为m的小铁块无初速地轻放到长木板右端,小铁块与长木板间的动摩擦因数为μ,当小铁块在长木板上相对长木板滑动L时,与长木板保持相对静止,此时长木板对地的位移为x,在这个过程中,下面说法正确的是( )
A.小铁块增加的动能为μmg(x+L)
B.长木板减少的动能为μmgx
C.摩擦产生的热量为μmg(x-L)
D.系统机械能的减少量为μmgL
BD [对小铁块,摩擦力做正功,根据动能定理有μmg(x-L)=mv2-0,其中(x-L)为小铁块相对地面的位移,小铁块增加的动能ΔEkm=μmg(x-L),A项错误。对长木板,摩擦力做负功,根据动能定理,长木板减少的动能ΔEkM=μmgx,B项正确。摩擦产生的热量Q=μmgL(L为相对位移),C项错误。根据能量守恒定律:系统减少的机械能等于产生的热量Q=ΔE=μmgL,D项正确。]
[考法指导] 三步求解相对滑动物体的能量问题
知识点三| 能量守恒定律的理解及应用
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,在转化或转移的过程中,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用的一条规律。
3.表达式
ΔE减=ΔE增,E初=E末。
(1)能量在转化或转移的过程中,其总量会不断减少。 (×)
(2)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。 (√)
(3)滑动摩擦力做功时,一定会引起能量的转化。 (√)
考法 能量守恒定律的应用
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)的滑块通过跨过定滑轮不可伸长的轻绳相连,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动能的增加量
C.轻绳对m做的功等于m机械能的增加量
D.两滑块组成的系统的机械能损失等于M克服摩擦力做的功
CD [因为M克服摩擦力做功,所以两滑块组成的系统机械能不守恒,A错误。由功能关系知两滑块组成的系统减少的机械能等于M克服摩擦力做的功,D正确。对M,除重力外还有摩擦力和轻绳的拉力对其做功,由动能定理知B错误。对m,有拉力和重力对其做功,由功能关系知C正确。]
2.如图所示,一物体质量m=2 kg,在倾角θ=37°的斜面上的A点以初速度v0=3 m/s下滑,A点距弹簧上端挡板位置B点的距离AB=4 m。当物体到达B点后将弹簧压缩到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点的距离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:(1)物体从开始位置A点到最后D点的过程中,弹簧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:
mv+mgLAD·sin 37°=μmgcos 37°·(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=mv
重力势能减少量ΔEp=mgLACsin 37°
摩擦产生的热量Q=μmgcos 37°·LAC
由能量守恒定律可得弹簧的最大弹性势能为:
Epm=ΔEk+ΔEp-Q
=mv+mgLACsin 37°-μmgcos 37°·LAC≈24.5 J。
答案:(1)0.52 (2)24.5 J
3.(2016·全国卷Ⅱ)轻质弹簧原长为2l,将弹簧竖直放置在地面上,在其顶端将一质量为5m的物体由静止释放,当弹簧被压缩到最短时,弹簧长度为l。现将该弹簧水平放置,一端固定在A点,另一端与物块P接触但不连接。AB是长度为5l的水平轨道,B端与半径为l的光滑半圆轨道BCD相切,半圆的直径BD竖直,如图所示。物块P与AB间的动摩擦因数μ=0.5。用外力推动物块P,将弹簧压缩至长度l,然后放开,P开始沿轨道运动。重力加速度大小为g。
(1)若P的质量为m,求P到达B点时速度的大小,以及它离开圆轨道后落回到AB上的位置与B点之间的距离;
(2)若P能滑上圆轨道,且仍能沿圆轨道滑下,求P的质量的取值范围。
解析:(1)依题意,当弹簧竖直放置,长度被压缩至l时,质量为5m的物体的动能为零,其重力势能转化为弹簧的弹性势能。由机械能守恒定律,弹簧长度为l时的弹性势能为
Ep=5mgl ①
设P的质量为M,到达B点时的速度大小为vB,由能量守恒定律得
Ep=Mv+μMg·4l ②
联立①②式,取M=m并代入题给数据得
vB= ③
若P能沿圆轨道运动到D点,其到达D点时的向心力不能小于重力,即P此时的速度大小v应满足
-mg≥0 ④
设P滑到D点时的速度为vD,由机械能守恒定律得
mv=mv+mg·2l ⑤
联立③⑤式得
vD= ⑥
vD满足④式要求,故P能运动到D点,并从D点以速度vD水平射出。设P落回到轨道AB所需的时间为t,由运动学公式得
2l=gt2 ⑦
P落回到AB上的位置与B点之间的距离为
s=vDt ⑧
联立⑥⑦⑧式得
s=2l。 ⑨
(2)为使P能滑上圆轨道,它到达B点时的速度不能小于零。由①②式可知
5mgl>μMg·4l ⑩
要使P仍能沿圆轨道滑回,P在圆轨道的上升高度不能超过半圆轨道的中点C。由机械能守恒定律有
Mv≤Mgl ⑪
联立①②⑩⑪式得
m≤M