2016届高三物理一轮复习第五章 机械能 第4讲功能关系能量守恒定律.ppt
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3.从地面竖直上抛一个质量为m的小球,小球上升的最大高度为H。设上升 和下降过程中空气阻力大小恒为F。下列说法正确的是 ( A.小球上升的过程中动能减少了mgH )
B.小球上升和下降的整个过程中机械能减少了FH
C.小球上升的过程中重力势能增加了mgH D.小球上升和下降的整个过程中动能减少了FH
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1-2 已知货物的质量为m,在某段时间内起重机将货物以加速度a加速提 升h,则在这段时间内叙述正确的是(重力加速度为g) ( A.货物的动能一定增加mah-mgh )
B.货物的机械能一定增加mah
C.货物的重力势能一定增加mah D.货物的机械能一定增加mah+mgh
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知在OM段,物块A与水平面间的动摩擦因数为μ,其余各处的摩擦不计,重力
加速度为g,求: (1)物块滑到O点时的速度大小。 (2)弹簧为最大压缩量d时的弹性势能(设弹簧 处于原长时弹性势能为零)。 (3)若物块A能够被弹回到坡道上,则它能够上升的最大高度。
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答案 (1) 2 gh (2)mgh-μmgd (3)h-2μd
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浙江专用
物理
第4讲 功能关系 能量守恒定律
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知识梳理
一、功能关系 1.内容:(1)功是① 能量转化 的量度,即做了多少功就有② 多少能 发生了转化。 (2)做功的过程一定伴随着③ 能量的转化 ,而且④ 能量的转化 必 通过做功来实现。
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2.功与对应能量的变化关系
2
1 mv2,解得v= 。 解析 (1)由机械能守恒定律得mgh= 2 gh
(2)在水平滑道上物体A克服摩擦力所做的功为W=μmgd
1 mv2=Ep+μmgd 由能量守恒定律得 2
以上各式联立得Ep=mgh-μmgd。 (3)物块A被弹回的过程中,克服摩擦力所做的功仍为W=μmgd 由能量守恒定律得Ep=μmgd+mgh' 所以物块A能够上升的最大高度为h'=h-2μd。
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典例 如图所示,一水平方向的传送带以恒定的速度v=2 m/s沿顺时针方向 匀速转动,传送带右端固定着一光滑的四分之一圆弧面轨道,并与弧面下端
相切。一质量m=1 kg的物体自圆弧面轨道的最高点静止滑下,圆弧轨道的
半径R=0.45 m,物体与传送带之间的动摩擦因数为μ=0.2,不计物体滑过曲 面与传送带交接处时的能量损失,传送带足够长,g=10 m/s2,求: (1)物体从第一次滑上传送带到离开传送带经历的时间; (2)物体从第一次滑上传送带到离开传送带的过程中,传送带对物体做的功 及由于摩擦产生的热量。
(2)物体从B点运动至C点的过程中产生的内能。
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解析
2 vB (1)设物体在B点的速度为vB,所受弹力为FNB,则有FNB-mg=m R
又FNB=8mg 由能量转化与守恒可知:
2 弹性势能Ep= m = mgR vB
1 2
7 2
(2)设物体在C点的速度为vC,由题意可知:
2 vC mg=m R
是 (
)
A.运动员到达最低点时,其所受外力的合力为零 B.在这个过程中,运动员的动能一直在减小
C.在这个过程中,跳板的弹性势能先增加后减少
D.在这个过程中,运动员所受重力对她做的功小 于跳板的作用力对她做的功的绝对值
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1. 答案 D
运动员到达最低点时,其所受外力的合力方向向上,合力一定
B
C D
错误
错误 正确
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重难二
1.对能量守恒定律的理解
对能量守恒定律的理解和应用
(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。
这也是我们列能量守恒定律方程式的两条基本思路。
大于零,选项A错误;从开始与跳板接触到运动至最低点的过程,运动员的动 能先增大后减小,跳板的弹性势能一直在增加,选项B、C错误;从开始与跳
板接触到运动至最低点的过程,由动能定理可知运动员所受重力对她做的
功与跳板的作用力对她做的功(负功)之和等于动能的变化,可得运动员所 受重力对她做的功小于跳板的作用力对她做的功的绝对值,选项D正确。
量① 保持不变 。
2.表达式:ΔE减=② ΔE增 3.辨析 。
(1)物体在速度增大时,其机械能可能在减小 ③(√)
(2)摩擦力在做功时,机械能一定会发生转化 ④(✕) (3)力对物体做多少功,物体就有多少能 ⑤(✕)
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1.如图所示,跳水运动员最后踏板的过程可以简化为下述模型:运动员从高 处落到处于自然状态的跳板上,随跳板一同向下做变速运动到达最低点。 对于运动员从开始与跳板接触到运动至最低点的过程,下列说法中正确的
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思想方法
能量观点分析传送带问题
传送带模型因初始条件不同,滑块的运动规律各不相,但总体而言可以从 力和运动及能量观点分析。这里重点学习从能量观点分析传送带问题。 主要可分为两类: 1.在水平传送带模型中,摩擦力对滑块所做的功与滑块动能增量相等;系统 的摩擦热产生在滑块与传送带相对滑行阶段。 2.在倾斜传送带模型中,摩擦力和重力对滑块做功的代数和等于滑块动能 的增量。
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2.一质量为1 kg的物体被人用手拉着由静止向上以12 m/s2的加速度匀加速 运动,运动1 s,空气阻力恒为5 N,g=10 m/s2,下列说法中正确的是 ( A.手对物体做功132 J B.物体动能增量为72 J )
C.物体机械能增量为120 J
D.物体克服阻力做功10 J
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mgh 2
)
B.物体动能损失了2mgh
C.系统机械能损失了mgh
mgh D.系统机械能损失了 2
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5. 答案 BC
对物体应用牛顿第二定律:mg sin θ+Ff=mg,θ=30°,Ff= mg。
sin 30
1 2
物体动能的损失等于克服合力做的功,|ΔEk|=mg h =2mgh,物体机械能的 损失等于克服摩擦力做的功,|ΔE|=Ff· h =mgh,故选B、C。
物体由B点运动到C点的过程中,由能量守恒得:
1 m2 1 m 2 Q= -( +mg· 2 R) vB vC 2 2
解得:Q=mgR。
答案 (1) mgR (2)mgR
7 2
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2-1 如图所示,光滑坡道顶端距水平面高度为h,质量为m的小物块A从坡道 顶端由静止滑下,进入水平面上的滑道时无机械能损失,为使A制动,将轻弹 簧的一端固定在水平轨道M处的墙上,另一端恰位于坡道的底端O点。已
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2.应用能量守恒定律解题的步骤 (1)分清有多少形式的能[如动能、势能(包括重力势能、弹性势能、电 势能)、内能等]在变化。
(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
ΔE减和增加的能量ΔE增的表达式。 (3)列出能量守恒关系式:ΔE减=ΔE增。
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sin 30
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重难突破
重难一
功能关系的理解应用
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典例1 如图所示,质量为m的小铁块A(可看做质点)以水平速度v0冲上质量 为M、长为l、置于光滑水平面C上的木板B,正好不从木板上掉下。已 知A、B间的动摩擦因数为μ,小铁块滑到木板右端时长木板对地位移为x, 求这一过程中:
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3. 答案 C 上升过程由动能定理可得,-(mg+F)H=ΔEk,所以上升过程动 能减少了mgH+FH,A错;重力势能增加了mgH,C对。小球上升和下降的整 个过程中由动能定理得-FH-FH=ΔEk,即动能减少了2FH,D错;机械能变化
量是由除重力和系统内弹力以外的其他力做的功决定的,所以小球上升和
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1 2 1 6m,根据牛顿第二定律,F-mg-f=ma,可得F=27 N,WF=Fh=162 J,ΔEk= mv2 2
2. 答案 B 由题意可知,1 s末物体速度v=at=12 m/s,上升高度h= at2=
=72 J,Wf=-fh=-30 J,机械能增加量ΔE=WF+Wf=132 J,综上可知,B项正确。
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答案
BD
力F对小球和弹簧组成的系统做正功,系统机械能增加,A错
误、B正确。对小球受力分析,开始F大于弹簧弹力,小球动能增大,当弹簧 弹力增加到与F相等时,速度最大,动能最大,之后小球速度减小,动能减小, 故D正确、C错误。
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5.如图所示,一个质量为m的物体(可视为质点),以某一初速度由A点冲上倾 角为30°的固定斜面,其加速度大小为g,物体在斜面上运动的最高点为B,B 点与A点的高度差为h,则从A点到B点的过程中,下列说法正确的是 ( A.物体动能损失了
(1)木板增加的动能;
(2)小铁块减少的动能; (3)系统机械能的减少量;
(4)系统产生的热量。
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解析
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在此过程中摩擦力做功的情况:A和B所受摩擦力分别为F、F',且F
=F'=μmg,A在F的作用下减速,B在F'的作用下加速;当A滑动到B的右端
时,A、B达到一样的速度v,就正好不掉下。
由①②③可知ΔE=μmgl (4)根据能量守恒可知Q=μmgl。
答案
(1)μmgx (2)μmg(x+l) (3)μmgl (4)μmgl
高考物理一轮复习 第5章 机械能及其守恒律 第4节 功能关系 能量守恒律
取夺市安慰阳光实验学校第4节功能关系能量守恒定律知识点1 功能关系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)合外力的功等于物体的动能的变化．(2)重力做功等于物体重力势能的变化．(3)弹簧弹力做功等于弹性势能的变化．(4)除重力和系统内弹力以外的力做功等于物体机械能的变化．知识点2 能量守恒定律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，在转化和转移的过程中，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应的一条规律．3．表达式(1)E初＝E末，初状态各种能量的总和等于末状态各种能量的总和．(2)ΔE增＝ΔE减，增加的那些能量的增加量等于减少的那些能量的减少量．1．正误判断(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．(×)(4)能量在转化或转移的过程中，其总量会不断减少．(×)(5)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．(√)(6)滑动摩擦力做功时，一定会引起能量的转化．(√)2．[功能关系的理解]自然现象中蕴藏着许多物理知识，如图541所示为一个盛水袋，某人从侧面缓慢推袋壁使它变形，则水的势能( )图541A．增大B．变小C．不变D．不能确定A[人缓慢推水袋，对水袋做正功，由功能关系可知，水的重力势能一定增加，A正确．]3．[摩擦生热的理解]如图542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( )【：92492233】图542A. W1<W2，Q1＝Q2B．W1＝W2，Q1＝Q2C．W1<W2，Q1<Q2D．W1＝W2，Q1<Q2A[设木板B长s，木块A从木板B左端滑到右端克服摩擦力所做的功W ＝F f s，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＝F f l相对，两次都从木块B左端滑到右端，相对位移相等，所以Q1＝Q2，故选A.]4．[几种常见的功能关系应用](多选)悬崖跳水是一项极具挑战性的极限运动，需要运动员具有非凡的胆量和过硬的技术．跳水运动员进入水中后受到水的阻力而做减速运动，设质量为m的运动员刚入水时的速度为v，水对他的阻力大小恒为F，那么在他减速下降深度为h的过程中，下列说法正确的是(g为当地的重力加速度)( )A．他的动能减少了(F－mg)hB．他的重力势能减少了mgh －12mv2C．他的机械能减少了FhD．他的机械能减少了mghAC[合力做的功等于动能的变化，合力做的功为(F－mg)h，A正确；重力做的功等于重力势能的变化，故重力势能减小了mgh，B错误；重力以外的力做的功等于机械能的变化，故机械能减少了Fh，C正确，D错误．]对功能关系的理解及应用1(1)做功的过程是能量转化的过程．不同形式的能量发生相互转化是通过做功来实现的．(2)功是能量转化的量度，功和能的关系，一是体现在不同的力做功，对应不同形式的能转化，具有一一对应关系，二是做功的多少与能量转化的多少在数量上相等．2．几种常见功能关系的对比各种力做功对应能的变化定量关系合力的功动能变化合力对物体做功等于物体动能的增量W合＝E k2－E k1重力的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，且W G＝－ΔE p＝E p1－E p2弹簧弹力的功弹性势能变化弹力做正功，弹性势能减少，弹力做负功，弹性1．(多选)(2017·枣庄模拟)如图543所示，取一块长为L的表面粗糙的木板，第一次将其左端垫高，让一小物块从板左端的A点以初速度v0沿板下滑，滑到板右端的B点时速度为v1；第二次保持板右端位置不变，将板放置水平，让同样的小物块从A点正下方的C点也以初速度v0向右滑动，滑到B点时的速度为v2.下列说法正确的是( )图543A．v1一定大于v0B．v1一定大于v2C．第一次的加速度可能比第二次的加速度小D．两个过程中物体损失的机械能相同BCD[物块向下滑动的过程中受到重力、支持力和摩擦力的作用，若重力向下的分力大于摩擦力，则物块做加速运动，若重力向下的分力小于摩擦力，则物块做减速运动．故A错误；斜面的倾角为θ时，物块受到滑动摩擦力：f1＝μmg cos θ，物块克服摩擦力做功W1＝f1L＝μmg cos θ·L.板水平时物块克服摩擦力做功：W2＝μmg·L cos θ＝W1.两次克服摩擦力做的功相等，所以两个过程中物体损失的机械能相同；第一次有重力做正功．所以由动能定理可知第一次的动能一定比第二次的动能大，v1一定大于v2，故B、D正确．物块向下滑动的过程中受到重力、支持力和摩擦力的作用，若重力向下的分力大于摩擦力，则：a1＝mg sin θ－fm，板水平时运动的过程中a2＝fm，所以第一次的加速度可能比第二次的加速度小，故C正确．]2．(多选)(2017·青岛模拟)如图544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F f，则小球从开始下落至最低点的过程( )【：92492234】图544A．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－F f)(H＋x－L)D．系统机械能减小F f HAC[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W G＝mgh＝mg(H＋x－L)，根据重力做功量度重力势能的变化W G＝－ΔE p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：W G＋W f＋W弹＝0－0＝0，所以W弹＝－(mg－F f)(H＋x－L)，根据弹簧弹力做功量度弹性势能的变化W弹＝－ΔE p得：弹簧弹性势能的增量为(mg－F f)(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：F f(H＋x－L)，所以系统机械能减小为：F f(H＋x－L)，故D 错误．]功能关系的应用技巧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，W总＝ΔE k.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，即W G ＝－ΔE p.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，即W其他＝ΔE.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，即W电＝－ΔE p.对能量守恒定律的理解及应用1(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)当涉及滑动摩擦力做功，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减和增加的能量总和ΔE 增，最后由ΔE减＝ΔE增列式求解．[多维探究]●考向1 涉及弹簧的能量守恒定律问题1．如图545所示，两物块A、B通过一轻质弹簧相连，置于光滑的水平面上，开始时A和B均静止．现同时对A、B施加等大反向的水平恒力F1和F2，使两物块开始运动，运动过程中弹簧形变不超过其弹性限度．在两物块开始运动以后的整个过程中，对A、B和弹簧组成的系统，下列说法正确的是( )图545A．由于F1、F2等大反向，系统机械能守恒B．当弹簧弹力与F1、F2大小相等时，A、B两物块的动能最大C．当弹簧伸长量达到最大后，A、B两物块将保持静止状态D．在整个过程中系统机械能不断增加B[在弹簧一直拉伸的时间内，由于F1与A的速度方向均向左而做正功，F2与B的速度方向均向右而做正功，即F1、F2做的总功大于零，系统机械能不守恒，选项A错误；当弹簧对A的弹力与F1平衡时A的动能最大，此时弹簧对B的弹力也与F2平衡，B的动能也最大，选项B正确；弹簧伸长量达到最大时，两物块速度为零，弹簧弹力大于F1、F2，之后两物块将反向运动而不会保持静止状态，F1、F2对系统做负功，系统机械能减少，选项C、D均错误．]2.如图546所示，固定斜面的倾角θ＝30°，物体A与斜面之间的动摩擦因数μ＝32，轻弹簧下端固定在斜面底端，弹簧处于原长时上端位于C点．用一根不可伸长的轻绳通过轻质光滑的定滑轮连接物体A和B，滑轮右侧绳子与斜面平行，A的质量为2m，B的质量为m，初始时物体A到C点的距离为L.现给A、B一初速度v0>gL，使A开始沿斜面向下运动，B向上运动，物体A将弹簧压缩到最短后又恰好能弹到C点．已知重力加速度为g，不计空气阻力，整个过程中，轻绳始终处于伸直状态，求：图546(1)物体A向下运动刚到C点时的速度；(2)弹簧的最大压缩量；(3)弹簧的最大弹性势能.【：92492235】【解析】(1)A与斜面间的滑动摩擦力f＝2μmg cos θ，物体从A向下运动到C点的过程中，根据能量守恒定律可得：2mgL sin θ＋12·3mv20＝12·3mv2＋mgL＋fL解得v＝v20－gL.(2)从物体A接触弹簧，将弹簧压缩到最短后又恰回到C点，对系统应用动能定理－f·2x＝0－12×3mv2解得x＝v202g－L2.(3)弹簧从压缩到最短到恰好能弹到C点的过程中，对系统根据能量守恒定律可得：E p＋mgx＝2mgx sin θ＋fx所以E p＝fx＝3mv204－3mgL4.【答案】(1)v20－gL(2)v202g－L2(3)3mv204－3mgL4●考向2 能量守恒定律与图象的综合应用3．将小球以10 m/s 的初速度从地面竖直向上抛出，取地面为零势能面，小球在上升过程中的动能E k 、重力势能E p 与上升高度h 间的关系分别如图547中两直线所示．g 取10 m/s 2，下列说法正确的是( )图547A ．小球的质量为0.2 kgB ．小球受到的阻力(不包括重力)大小为0.20 NC ．小球动能与重力势能相等时的高度为2013 mD ．小球上升到2 m 时，动能与重力势能之差为0.5 JD [在最高点，E p ＝mgh 得m ＝0.1 kg ，A 项错误；由除重力以外其他力做功E 其＝ΔE 可知：－fh ＝E 高－E 低，E 为机械能，解得f ＝0.25 N ，B 项错误；设小球动能和重力势能相等时的高度为H ，此时有mgH ＝12mv 2，由动能定理得：－fH －mgH ＝12mv 2－12mv 20，解得H ＝209 m ，故C 项错；当上升h ′＝2 m 时，由动能定理得：－fh ′－mgh ′＝E k2－12mv 20，解得E k2＝2.5 J ，E p2＝mgh ′＝2 J ，所以动能与重力势能之差为0.5 J ，故D 项正确．]摩擦力做功与能量的转化关系1.(1)从功的角度看，一对滑动摩擦力对系统做的功等于系统内能的增加量． (2)从能量的角度看，是其他形式能量的减少量等于系统内能的增加量． 2．两种摩擦力做功情况比较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面一对静摩擦力所做功的代数和等于零一对滑动摩擦力所做功的代数和不为零，总功W ＝－F f ·l相对，产生的内能Q ＝F f ·l 相对相同点正功、负功、不做功方面两种摩擦力对物体可以做正功、负功，还可以不做功[电动机的带动下，始终保持v 0＝2 m/s 的速率运行，现把一质量为m ＝10 kg 的工件(可看做质点)轻轻放在皮带的底端，经过时间1.9 s ，工件被传送到h ＝1.5 m 的高处，g 取10 m/s 2，求：图 5-4-8(1)工件与传送带间的动摩擦因数； (2)电动机由于传送工件多消耗的电能． 【自主思考】(1)1.9 s 内工件是否一直加速？应如何判断？提示：若工件一直匀加速，由v m 2×t ＝hsin θ可得：工件的最大速度v m ＝61.9m/s>v 0，故工件在1.9 s 内应先匀加速运动再匀速运动．(2)工件在上升过程中其所受的摩擦力是否变化？ 提示：变化，先是滑动摩擦力，后是静摩擦力．(3)电动机传送工件的过程中多消耗的电能转化成了哪几种能量？ 提示：工件的动能、重力势能及因摩擦力做功产生的热量三部分． 【解析】 (1)由题图可知，皮带长x ＝hsin θ＝3 m ．工件速度达v 0前，做匀加速运动的位移x 1＝v t 1＝v 02t 1匀速运动的位移为x －x 1＝v 0(t －t 1) 解得加速运动的时间t 1＝0.8 s 加速运动的位移x 1＝0.8 m所以加速度a ＝v 0t 1＝2.5 m/s 2由牛顿第二定律有：μmg cos θ－mg sin θ＝ma解得：μ＝32.(2)从能量守恒的观点，显然电动机多消耗的电能用于增加工件的动能、势能以及克服传送带与工件之间发生相对位移时摩擦力做功产生的热量．在时间t 1内，皮带运动的位移x 皮＝v 0t 1＝1.6 m在时间t 1内，工件相对皮带的位移x 相＝x 皮－x 1＝0.8 m在时间t 1内，摩擦生热Q ＝μmg cos θ·x 相＝60 J工件获得的动能E k ＝12mv 20＝20 J工件增加的势能E p ＝mgh ＝150 J电动机多消耗的电能W ＝Q ＋E k ＋E p ＝230 J.【答案】 (1)32 (2)230 J[母题迁移]●迁移1 水平传送带问题1．如图549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，物体过一会儿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( )【：92492236】 图549A ．电动机做的功为12mv 2B ．摩擦力对物体做的功为mv 2C ．传送带克服摩擦力做的功为12mv 2D ．电动机增加的功率为μmgvD [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12mv 2，选项B 错误；传送带克服摩擦力做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 ＝mv 2，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．]●迁移2 倾斜传送带 逆时针转动 2．(多选)(2017·太原模拟)如图5410所示，与水平面夹角为θ＝37°的传送带以恒定速率v ＝2 m/s沿逆时针方向运动．将质量为m ＝1 kg 的物块静置在传送带上的A 处，经过1.2 s 到达传送带的B 处．已知物块与传送带间的动摩擦因数为μ＝0.5，其他摩擦不计，物块可视为质点，重力加速度g 取10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.下列对物块从传送带A 处运动到B 处过程的相关说法正确的是( )【：92492237】图5410A ．物块动能增加2 JB ．物块机械能减少11.2 JC ．物块与传送带因摩擦产生的热量为4.8 JD ．物块对传送带做的功为－12.8 JBC [由题意可知μ<tan 37°，因而物块与传送带速度相同后仍然要加速运动．物块与传送带速度相同前，由牛顿第二定律有mg (sin θ＋μcos θ)＝ma 1，v ＝a 1t 1，x 1＝12a 1t 21， 解得a 1＝10 m/s 2，t 1＝0.2 s ，x 1＝0.2 m ，物块与传送带速度相同后，由牛顿第二定律有mg (sin θ－μcos θ)＝ma 2，v ′＝v ＋a 2t 2，x 2＝vt 2＋12a 2t 22，而t 1＋t 2＝1.2 s ，解得a 2＝2 m/s 2，v ′＝4 m/s ，x 2＝3 m ，物块到达B 处时的动能为E k ＝12mv ′2＝8 J ，选项A 错误；由于传送带对物块的摩擦力做功，物块机械能变化，摩擦力做功为W f ＝μmgx 1cos θ－μmgx 2cos θ＝－11.2 J ，故机械能减少11.2 J ，选项B 正确；物块与传送带因摩擦产生的热量为Q ＝μmg (vt 1－x 1＋x 2－vt 2)cos θ＝4.8 J ，选项C 正确；物块对传送带做的功为W ＝－μmgvt 1cos θ＋μmgvt 2cos θ＝6.4 J ，选项D 错误．]1．水平传送带：共速后不受摩擦力，不再有能量转化．倾斜传送带：共速后仍有静摩擦力，仍有能量转移．2．滑动摩擦力做功，其他形式的能量转化为内能；静摩擦力做功，不产生内能．3．公式Q＝F f·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．。
高三一轮复习秘籍-第五章第4讲 功能关系 能量守恒定律
第五章机械能第3讲功能关系能量守恒定律过好双基关————回扣基础知识训练基础题目一、几种常见的功能关系及其表达式力做功能的变化定量关系合力的功动能变化W＝E k2－E k1＝ΔE k重力的功重力势能变化(1)重力做正功，重力势能减少(2)重力做负功，重力势能增加(3)W G＝－ΔE p＝E p1－E p2弹簧弹力的功弹性势能变化(1)弹力做正功，弹性势能减少(2)弹力做负功，弹性势能增加(3)W弹＝－ΔE p＝E p1－E p2只有重力、弹簧弹力做功机械能不变化机械能守恒，ΔE＝0除重力和弹簧弹力之外的其他力做的功机械能变化(1)其他力做多少正功，物体的机械能就增加多少(2)其他力做多少负功，物体的机械能就减少多少(3)W其他＝ΔE一对相互作用的滑动摩擦力的总功机械能减少内能增加(1)作用于系统的一对滑动摩擦力一定做负功，系统内能增加(2)摩擦生热Q＝F f·x相对二、两种摩擦力做功特点的比较类型比较静摩擦力做功滑动摩擦力做功不同点能量的转化方面只有机械能从一个物体转移到另一个物体，而没有机械能转化为其他形式的能(1)将部分机械能从一个物体转移到另一个物体(2)一部分机械能转化为内能，此部分能量就是系统机械能的损失量不同点一对摩擦力的总功方面一对静摩擦力所做功的代数和总等于零一对滑动摩擦力做功的代数和总是负值相同点正功、负功、不做功方面两种摩擦力对物体可以做正功，也可以做负功，还可以不做功三、能量守恒定律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ΔE减＝ΔE增．3．基本思路(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．研透命题点————细研考纲和真题分析突破命题点1．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．只涉及机械能的变化，用除重力和弹簧的弹力之外的其他力做功与机械能变化的关系分析．【例1】(多选)某运动员参加百米赛跑，他采用蹲踞式起跑，在发令枪响后，左脚迅速蹬离起跑器，在向前加速的同时提升身体重心．如图所示，假设质量为m 的运动员，在起跑时前进的距离s 内，重心升高量为h ，获得的速度为v ，阻力做功为W f ，则在此过程中()A ．运动员的机械能增加了12mv 2B ．运动员的机械能增加了12mv 2＋mgh C ．运动员的重力做功为mghD ．运动员自身做功W ＝12mv 2＋mgh －W f 答案BD 解析运动员的重心升高h ，获得的速度为v ，其机械能的增量为ΔE ＝mgh ＋12mv 2，A 错误，B 正确；运动员的重心升高h ，重力做负功，W G ＝－mgh ，C错误；根据动能定理得，W＋W f－mgh＝1mv2－0，解得W＝21mv2＋mgh－W f，D正确．2【变式1】(多选)物体由地面以120J的初动能竖直向上抛出，当它从抛出至上升到某一点A的过程中，动能减少40J，机械能减少10J．设空气阻力大小不变，以地面为零势能面，则物体()A．落回到地面时机械能为70JB．到达最高点时机械能为90JC．从最高点落回地面的过程中重力做功为60JD．从抛出到落回地面的过程中克服阻力做功为60J答案BD解析物体以120J的初动能竖直向上抛出，向上运动的过程中重力和空气阻力都做负功，当上升到某一高度时，动能减少了40J，而机械能损失了10 J．根据功能关系可知：合力做功为－40J，空气阻力做功为－10J，对从抛出点到A点的过程，根据功能关系：mgh＋F f h＝40J，F f h＝10J，得F f＝1mg；3当上升到最高点时，动能为零，动能减小120J，设最大高度为H，则有：mgH＋F f H＝120J，解得mgH＝90J，F f H＝30J，即机械能减小30J，在最高点时机械能为120J－30J＝90J，即上升过程机械能共减少了30J；当下落过程中，由于阻力做功不变，所以机械能又损失了30J，故整个过程克服阻力做功为60J，则该物体落回到地面时的机械能为60J，从最高点落回地面的过程中重力做功为mgH＝90J，故A、C错误，B、D正确．【例2】(多选)(2020·全国Ⅰ卷)一物块在高3.0m、长5.0m的斜面顶端从静止开始沿斜面下滑，其重力势能和动能随下滑距离s的变化如图中直线Ⅰ、Ⅱ所示，重力加速度取10m/s2.则()A．物块下滑过程中机械能不守恒B．物块与斜面间的动摩擦因数为0.5C．物块下滑时加速度的大小为6.0m/s2D．当物块下滑2.0m时机械能损失了12J答案AB解析下滑5m的过程中，重力势能减少30J，动能增加10J，减小的重力势能并不等于增加的动能，所以物块下滑过程中机械能不守恒，A正确；斜面高3m、长5m，则斜面倾角为θ＝37°.令斜面底端为零势面，则物块在斜面顶端时的重力势能mgh＝30J，可得质量m＝1kg.下滑5m过程中，由功能关系，机械能的减少量等于克服摩擦力做的功，μmg·cosθ·s＝20J，求得μ＝0.5，B正确；由牛顿第二定律mg sinθ－μmg cosθ＝ma，求得a＝2m/s2，C错误；物块下滑2.0m时，重力势能减少12J，动能增加4J，所以机械能损失了8J，D选项错误．故选AB.【变式2】(多选)如图所示，水平桌面上的轻质弹簧一端固定，另一端与小物块相连．弹簧处于自然长度时物块位于O点(图中未标出)．物块的质量为m，AB＝a，物块与桌面间的动摩擦因数为μ.现用水平向右的力将物块从O点拉至A点，拉力做的功为W.撤去拉力后物块由静止向左运动，经O点到达B点时速度为零．重力加速度为g.则上述过程中()A．物块在A点时，弹簧的弹性势能等于W－12μmgaB．物块在B点时，弹簧的弹性势能小于W－32μmgaC．经O点时，物块的动能小于W－μmgaD．物块动能最大时弹簧的弹性势能小于物块在B点时弹簧的弹性势能答案BC解析设O点到A点距离为x，则物块从O点运动到A点过程中，根据功能关系可得μmgx＋E p A＝W，从A点到B点过程中同理可得E p A＝μmga＋E p B，由于克服摩擦力做功，则E p B＜E p A，则B点到O点距离一定小于a2，且x＞a2，则E p A＝W－μmgx＜W－1μmga，A错误；在B点有E p B＝W－μmg(a＋x)＜W2－3μmga，B正确；物块经过O点，同理可得E k O＝W－2μmgx＜W－μmga，2C正确；物块动能最大时所受弹力kx＝μmg，而在B点弹力与摩擦力大小关系未知，故物块动能最大时弹簧伸长量与物块在B点时弹簧伸长量大小未知，故两位置弹性势能的大小关系不好判断，D错误．圆轨道与水平【例3】(多选)如图所示，竖直平面内有一半径为R的固定14轨道相切于最低点B.一质量为m的小物块P(可视为质点)从A处由静止滑下，经过最低点B后沿水平轨道运动到C处停下，B、C两点间的距离为R，物块P与圆轨道、水平轨道之间的动摩擦因数均为μ.现用力F将物块P沿下滑的路径从C处缓慢拉回圆弧轨道的顶端A，拉力F的方向始终与物块P的运动方向一致，物块P从B处经圆弧轨道到达A处过程中，克服摩擦力做的功为μmgR，下列说法正确的是()A．物块P在下滑过程中，运动到B处时速度最大B．物块P从A滑到C的过程中克服摩擦力做的功等于2μmgRC．拉力F做的功小于2mgRD．拉力F做的功为mgR(1＋2μ)答案CD解析当重力沿圆轨道切线方向的分力等于滑动摩擦力时，速度最大，此位置在AB之间，故A错误；将物块P缓慢地从B拉到A，克服摩擦力做的功为μmgR，而物块P从A滑到B的过程中，物块P做圆周运动，根据向心力知识可知物块P所受的支持力比缓慢运动时要大，则滑动摩擦力增大，所以克服摩擦力做的功W f大于μmgR，因此物块P从A滑到C的过程中克服摩擦力做的功大于2μmgR，故B错误；由动能定理得，从C到A的过程中有W F －mgR－μmgR－μmgR＝0－0，则拉力F做的功为W F＝mgR(1＋2μ)，故D 正确；从A到C的过程中，根据动能定理得mgR－W f－μmgR＝0，因为W f>μmgR，则mgR>μmgR＋μmgR，因此W F<2mgR，故C正确．【变式3】高速公路部分路段旁建有如图所示的避险车道，车辆可驶入避险．若质量为m的货车刹车后以初速度v0经A点冲上避险车道，前进距离l时到B点减速为0，货车所受阻力恒定，A、B两点高度差为h，C为A、B 中点，已知重力加速度为g，下列关于该货车从A运动到B的过程说法正确的是()A．克服阻力做的功为1mv202B．该过程产生的热量为1mv20－mgh2C．在AC段克服阻力做的功小于在CB段克服阻力做的功D．在AC段的运动时间等于在CB段的运动时间答案B解析根据动能定理有－mgh－F f l＝0－1mv20，克服阻力做的功为W f＝F f l＝21mv20－mgh，故A错误；克服阻力做的功等于系统产生的内能，则该过程产2生的热量为1mv20－mgh，故B正确；阻力做的功与路程成正比，在AC段克2服阻力做的功等于在CB段克服阻力做的功，故C错误；从A到B做匀减速运动，AC段的平均速度大于BC段的平均速度，故在AC段的运动时间小于在CB段的运动时间，故D错误．1．静摩擦力做功(1)静摩擦力可以做正功，也可以做负功，还可以不做功．(2)相互作用的一对静摩擦力做功的代数和总等于零．(3)静摩擦力做功时，只有机械能的相互转移，不会转化为内能．2．滑动摩擦力做功的特点(1)滑动摩擦力可以做正功，也可以做负功，还可以不做功．(2)相互间存在滑动摩擦力的系统内，一对滑动摩擦力做功将产生两种可能效果：①机械能全部转化为内能；②有一部分机械能在相互摩擦的物体间转移，另外一部分转化为内能．(3)摩擦生热的计算：Q＝F f x相对．其中x相对为相互摩擦的两个物体间的相对路程．从功的角度看，一对滑动摩擦力对系统做的总功等于系统内能的增加量；从能量的角度看，其他形式能量的减少量等于系统内能的增加量．【例4】如图所示，某工厂用传送带向高处运送物体，将一物体轻轻放在传送带底端，第一阶段物体被加速到与传送带具有相同的速度，第二阶段物体与传送带相对静止，匀速运动到传送带顶端．下列说法正确的是()A．第一阶段摩擦力对物体做正功，第二阶段摩擦力对物体不做功B．第一阶段摩擦力对物体做的功等于第一阶段物体动能的增加量C．第一阶段物体和传送带间因摩擦产生的热量等于第一阶段物体机械能的增加量D．物体从底端到顶端全过程机械能的增加量大于全过程摩擦力对物体所做的功答案C解析对物体受力分析知，其在两个阶段所受摩擦力方向都沿斜面向上，与其运动方向相同，摩擦力对物体都做正功，A错误；由动能定理知，合力做的总功等于物体动能的增加量，B错误；物体机械能的增加量等于摩擦力对物体所做的功，D错误；设第一阶段物体的运动时间为t，传送带速度为v，对物体有x1＝v2t，对传送带有x′1＝v·t，因摩擦产生的热量Q＝F f x相对＝F f(x′1－x1)＝F f·v2t，物体机械能增加量ΔE＝F f·x1＝F f·v2t，所以Q＝ΔE，C正确．【变式4】(多选)水平地面上固定有两个高度相同的粗糙斜面体甲和乙，斜面长分别为s、L1，如图所示．两个完全相同的小滑块A、B可视为质点，同时由静止开始从甲、乙两个斜面的顶端释放，小滑块A一直沿斜面甲滑到底端C点，而小滑块B沿斜面乙滑到底端P点后又沿水平面滑行距离L2到D点(小滑块B在P点从斜面滑到水平面时速度大小不变)，且s＝L1＋L2.小滑块A、B与两个斜面以及水平面间的动摩擦因数相同，则()A．滑块A到达底端C点时的动能一定比滑块B到达D点时的动能小B．两个滑块在斜面上加速下滑的过程中，到达同一高度时，动能可能相同C．A、B两个滑块从斜面顶端分别运动到C、D的过程中，滑块A重力做功的平均功率小于滑块B重力做功的平均功率D．A、B两个滑块从斜面顶端分别运动到C、D的过程中，由于克服摩擦而产生的热量一定相同答案AC解析设斜面体甲的倾角为α，斜面体乙的倾角为β，根据动能定理，滑块A 由甲斜面顶端到达底端C点的过程，mgh－μmg cosα·s＝12mv2C，滑块B由乙斜面顶端到达D点的过程，mgh－μmg cosβ·L1－μmgL2＝12mv2D，又s＝L1＋L2，根据几何关系得s cosα>L1cosβ＋L2，所以12mv2C<12mv2D，故A正确；两个滑块在斜面上加速下滑的过程中，到达同一高度时：mgh－μmg cosθ·hsinθ＝12mv2，重力做功相等，但克服摩擦力做功不等，所以动能不同，故B错误；整个过程中，两滑块所受重力做功相同，但由于滑块A运动时间长，故重力对滑块A做功的平均功率比滑块B的小，故C正确；滑块A、B分别到达C、D时的动能不相等，由能量守恒定律知滑块A、B运动过程中克服摩擦产生的热量不同，故D错误．【例5】如图所示，半径为R＝1.0m的光滑圆弧轨道固定在竖直平面内，轨道的一个端点B和圆心O的连线与水平方向的夹角θ＝37°，另一端点C 为轨道的最低点．C点右侧的光滑水平面上紧挨C点静止放置一木板，木板质量M＝1kg，上表面与C点等高．质量为m＝1kg的物块(可视为质点)从空中A点以v0＝1.2m/s的速度水平抛出，恰好从轨道的B端沿切线方向进入轨道．已知物块与木板间的动摩擦因数μ＝0.2，g 取10m/s 2.求：(1)物块经过C 点时的速率v C ；(2)若木板足够长，物块在木板上相对滑动过程中产生的热量Q .答案(1)6m/s (2)9J 解析(1)设物块在B 点的速度为v B ，从A 到B 物块做平抛运动，有：v B sin θ＝v 0从B 到C ，根据动能定理有：mgR (1＋sin θ)＝12mv 2C －12mv 2B 解得：v C ＝6m/s.(2)物块在木板上相对滑动过程中由于摩擦力作用，最终将一起运动．设相对滑动时物块加速度大小为a 1，木板加速度大小为a 2，经过时间t 达到共同速度v ，则：μmg ＝ma 1，μmg ＝Ma 2，v ＝v C －a 1t ，v ＝a 2t根据能量守恒定律有：12(m ＋M )v 2＋Q ＝12mv 2C 联立解得：Q ＝9J.【变式5】(多选)如图所示，固定的光滑竖直杆上套一个滑块A ，与滑块A 连接的细绳绕过光滑的轻质定滑轮连接滑块B ，细绳不可伸长，滑块B 放在粗糙的固定斜面上，连接滑块B 的细绳和斜面平行，滑块A 从细绳水平位置由静止释放(不计轮轴处的摩擦)，到滑块A 下降到速度最大(A 未落地，B 未上升至滑轮处)的过程中()A．滑块A和滑块B的加速度大小一直相等B．滑块A减小的机械能等于滑块B增加的机械能C．滑块A的速度最大时，滑块A的速度大于B的速度D．细绳上的张力对滑块A做的功等于滑块A机械能的变化量答案CD解析两滑块与绳构成绳连接体，沿绳方向的加速度大小相等，则A沿绳的分加速度等于B的加速度，A错误；绳连接体上的一对拉力做功不损失机械能，但B受到的斜面摩擦力对B做负功，由能量守恒可知滑块A减小的机械能等于滑块B增加的机械能和摩擦生热之和，B错误；滑块A的速度最大时，将滑块A的速度分解，如图所示，绳连接体沿绳方向的速度大小相等，则A沿绳的分速度等于B的运动速度，显然滑块A的速度大于B的速度，C 正确；对A受力分析可知，除重力外，只有细绳的张力对滑块A做功，由功能关系可知，细绳上的张力对滑块A做的功等于滑块A机械能的变化量，D正确．。
高考物理一轮复习 第五章 机械能及其守恒定律 素养探究课(四) 能量观念——功能关系 能量守恒定律
素养探究课(四)能量观念——功能关系能量守恒定律对功能关系的理解和应用[学生用书P99]【题型解读】1．对功能关系的理解(1)做功的过程就是能量转化的过程．不同形式的能量发生相互转化是通过做功来实现的．(2)功是能量转化的量度，功和能的关系，一是体现在不同的力做功，对应不同形式的能转化，具有一一对应关系，二是做功的多少与能量转化的多少在数值上相等．2．功是能量转化的量度力学中几种常见的功能关系如下：【跟进题组】1.(2018·11月浙江选考)奥运会比赛项目撑杆跳高如图所示，下列说法不正确的是()A．加速助跑过程中，运动员的动能增加B．起跳上升过程中，杆的弹性势能一直增加C．起跳上升过程中，运动员的重力势能增加D．越过横杆后下落过程中，运动员的重力势能减少，动能增加解析：选B.加速助跑过程中速度增大，动能增加，A正确；撑杆从开始形变到撑杆恢复形变时，先是运动员部分动能转化为杆的弹性势能，后弹性势能转化为运动员的动能与重力势能，杆的弹性势能不是一直增加，B错误；起跳上升过程中，运动员的高度在不断增大，所以运动员的重力势能增加，C正确；当运动员越过横杆下落的过程中，他的高度降低、速度增大，重力势能被转化为动能，即重力势能减少，动能增加，D正确．2．(2018·高考全国卷Ⅰ)如图，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 ．2mgRB ．4mgRC ．5mgRD ．6mgR解析：选C.设小球运动到c 点的速度大小为v c ，则对小球由a 到c 的过程，由动能定理有F ·3R －mgR ＝12m v 2c，又F ＝mg ，解得v c ＝2gR ，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 ＝v c g ＝2R g ，在水平方向的位移大小为x ＝12gt 2＝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．能量守恒定律的应用[学生用书P100]【题型解读】1．两种摩擦力做功的比较静摩擦力 滑动摩擦力 不同点 能量的转化方面只有能量的转移，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面 一对静摩擦力所做功的代数和等于零一对滑动摩擦力所做功的代数和为负值，总功W ＝－F f ·l 相对，即摩擦时产生的热量正功、负功、不做功方面 静摩擦力做正功时，它的反作用力一定做负功 滑动摩擦力做负功时，它的反作用力可能做正功，可能做负功，还可能不做功；但滑动摩擦力做正功或不做功时，它的反作用力一定做负功相同点两种摩擦力对物体可以做正功、负功，还可以不做功3．能量转化问题的解题思路(1)当涉及滑动摩擦力做功，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减和增加的能量总和ΔE增，最后由ΔE减＝ΔE增列式求解．【典题例析】(多选)(2020·湖北四地七校高三期末联考)如图所示，固定的光滑竖直杆上套一个滑块A，与滑块A连接的细绳绕过光滑的轻质定滑轮连接滑块B，细绳不可伸长，滑块B放在粗糙的固定斜面上，连接滑块B的细绳和斜面平行，滑块A从细绳水平位置由静止释放(不计轮轴处的摩擦)，到滑块A下降到速度最大(A未落地，B未上升至滑轮处)的过程中()A．滑块A和滑块B的加速度大小一直相等B．滑块A减小的机械能等于滑块B增加的机械能C．滑块A的速度最大时，滑块A的速度大于B的速度D．细绳上的张力对滑块A做的功等于滑块A机械能的变化量[解析]两滑块与绳构成绳连接体，沿绳方向的加速度大小相等，则A沿绳的分加速度等于B 的加速度，A错误；绳连接体上的一对拉力做功不损失机械能，但B受到的斜面摩擦力对B 做负功，由能量守恒可知滑块A减小的机械能等于滑块B增加的机械能和摩擦生热之和，B 错误；滑块A的速度最大时，将滑块A的速度分解，如图所示，绳连接体沿绳方向的速度大小相等，则A沿绳的分速度等于B的运动速度，显然滑块A的速度大于B的速度，C正确；对A受力分析可知，除重力外，只有细绳的张力对滑块A做功，由功能关系可知，细绳上的张力对滑块A做的功等于滑块A机械能的变化量，D正确．[答案]CD【迁移题组】迁移1滑块—滑板模型中能量的转化问题1．(多选)(2020·江西九江一模)第一次将一长木板静止放在光滑水平面上，如图甲所示，一小铅块(可视为质点)以水平初速度v0由木板左端向右滑动，到达右端时恰能与木板保持相对静止．第二次将长木板分成A、B两块，使B的长度和质量均为A的2倍，并紧挨着放在原水平面上，让小铅块仍以初速度v0由A的左端开始向右滑动，如图乙所示．若小铅块相对滑动过程中所受的摩擦力始终不变，则下列说法正确的()A．小铅块将从B的右端飞离木板B．小铅块滑到B的右端前已与B保持相对静止C．第一次和第二次过程中产生的热量相等D．第一次过程中产生的热量大于第二次过程中产生的热量解析：选BD.在第一次小铅块运动过程中，小铅块与木板之间的摩擦力使整个木板一直加速，第二次小铅块先使整个木板加速，当小铅块运动到B上后A停止加速，只有B加速，加速度大于第一次的对应过程，故第二次小铅块与B将更早共速，所以小铅块还没有运动到B的右端，二者就已共速，A错误，B正确；由于第一次的相对路程大于第二次的相对路程，则第一次过程中产生的热量大于第二次过程中产生的热量，C错误，D正确．迁移2能量守恒的综合应用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B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E pm.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，物体动能和重力势能减少，机械能的减少量为ΔE ＝ΔE k ＋ΔE p ＝12m v 20＋mgl AD sin 37° ① 物体克服摩擦力产生的热量为Q ＝F f x ②其中x 为物体的路程，即x ＝5.4 m ③F f ＝μmg cos 37°④ 由能量守恒定律可得ΔE ＝Q⑤ 由①②③④⑤式解得μ≈0.52.(2)由A 到C 的过程中，动能减少ΔE ′k ＝12m v 20 ⑥重力势能减少ΔE ′p ＝mgl AC sin 37° ⑦摩擦生热Q ＝F f l AC ＝μmg cos 37°l AC⑧ 由能量守恒定律得弹簧的最大弹性势能为E pm ＝ΔE ′k ＋ΔE ′p －Q ⑨联立⑥⑦⑧⑨解得E pm ≈24.5 J.答案：(1)0.52 (2)24.5 J应用能量守恒定律解题的步骤[学生用书P101]摩擦力做功与能量的转化分析【对点训练】1.如图所示，木块A放在木块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在光滑水平面上可自由滑动，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＝Q2C．W1<W2，Q1<Q2D．W1＝W2，Q1<Q2解析：选A.在A、B分离过程中，第一次和第二次A相对于B的位移是相等的，而热量等于滑动摩擦力乘以相对位移，因此Q1＝Q2；在A、B分离过程中，第一次A的对地位移要小于第二次A的对地位移，而功等于力乘以对地位移，因此W1＜W2，A正确．2.如图所示，一张薄纸板放在光滑水平面上，其右端放有小木块，小木块与薄纸板的接触面粗糙，原来系统静止．现用水平恒力F向右拉薄纸板，小木块在薄纸板上发生相对滑动，直到从薄纸板上掉下来．上述过程中有关功和能的说法正确的是()A．拉力F做的功等于薄纸板和小木块动能的增加量B．摩擦力对小木块做的功一定等于系统中由摩擦产生的热量C．离开薄纸板前小木块可能先做加速运动，后做匀速运动D．小木块动能的增加量可能小于系统中由摩擦产生的热量解析：选D.由功能关系，拉力F做的功等于薄纸板和小木块动能的增加量与系统产生的内能之和，A错误；摩擦力对小木块做的功等于小木块动能的增加量，B错误；离开薄纸板前小木块一直在做匀加速运动，C错误；对于系统，由摩擦产生的热量Q＝fΔL，其中ΔL 为小木块相对薄纸板运动的路程，若薄纸板的位移为L1，小木块相对地面的位移为L2，则ΔL＝L1－L2，且ΔL存在大于、等于或小于L2三种可能，对小木块，fL2＝ΔE k，即Q存在大于、等于或小于ΔE k三种可能，D正确．[学生用书P333(单独成册)](建议用时：40分钟)一、单项选择题1.自然现象中蕴藏着许多物理知识，如图所示为一个盛水袋，某人从侧面缓慢推袋壁使它变形，则水的势能()A．增大B．变小C．不变D．不能确定解析：选A.人缓慢推水袋，对水袋做正功，由功能关系可知，水的重力势能一定增加，A正确．2．(2020·河北张家口高三期末)如图所示，运动员跳伞将经历加速下降和减速下降两个过程，在这两个过程中，下列说法正确的是()A．运动员先处于超重状态后处于失重状态B．空气浮力对系统始终做负功C．加速下降时，重力做的功大于系统重力势能的减小量D．任意相等的时间内系统重力势能的减小量相等解析：选B.运动员先加速向下运动，处于失重状态，后减速向下运动，处于超重状态，A错误；空气浮力与运动方向总相反，故空气浮力对系统始终做负功，B正确；加速下降时，重力做的功等于系统重力势能的减小量，C错误；因为是变速运动，所以任意相等的时间内，系统下降的高度不相等，则系统重力势能的减小量不相等，D 错误．3.(2020·江西重点中学联考)如图所示，在粗糙的水平面上，质量相等的两个物体A 、B 间用一轻质弹簧相连组成系统，且该系统在水平拉力F 作用下以相同加速度保持间距不变一起做匀加速直线运动，当它们的总动能为2E k 时撤去水平力F ，最后系统停止运动．不计空气阻力，认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，从撤去拉力F 到系统停止运动的过程中( )A ．外力对物体A 所做总功的绝对值等于2E kB ．物体A 克服摩擦阻力做的功等于E kC ．系统克服摩擦阻力做的功可能等于系统的总动能2E kD ．系统克服摩擦阻力做的功一定等于系统机械能的减少量解析：选D.当它们的总动能为2E k 时，物体A 动能为E k ，撤去水平力F ，最后系统停止运动，外力对物体A 所做总功的绝对值等于E k ，A 、B 错误；由于二者之间有弹簧，弹簧具有弹性势能，根据功能关系，系统克服摩擦阻力做的功一定等于系统机械能的减少量，D 正确，C 错误．4．(2020·安徽合肥一模)如图所示，一个质量为m 的小铁块沿半径为R 的固定半圆轨道上边缘由静止滑下，到半圆轨道最低点时，轨道所受压力为铁块重力的1.5倍，则此过程中铁块损失的机械能为(重力加速度为g )( )A.18mgR B ．14mgR C.12mgR D ．34mgR 解析：选D.铁块在最低点，支持力与重力合力等于向心力，即1.5mg －mg ＝m v 2R，即铁块动能E k ＝12m v 2＝14mgR ，初动能为零，故动能增加14mgR ，铁块重力势能减少mgR ，所以机械能损失34mgR ，D 正确． 5.(2020·福建八县联考)如图所示，足够长的传送带以恒定速率顺时针运行，将一个物体轻轻放在传送带底端，第一阶段物体被加速到与传送带具有相同的速度，第二阶段与传送带相对静止，匀速运动到达传送带顶端．下列说法正确的是( )A ．第一阶段摩擦力对物体做正功，第二阶段摩擦力对物体不做功B ．第一阶段摩擦力对物体做的功等于第一阶段物体动能的增加C ．第一阶段物体和传送带间的摩擦生热等于第一阶段物体机械能的增加D ．物体从底端到顶端全过程机械能的增加等于全过程物体与传送带间的摩擦生热 解析：选C.第一阶段物体受到沿斜面向上的滑动摩擦力；第二阶段物体受到沿斜面向上的静摩擦力做功，两个阶段摩擦力方向都跟物体运动方向相同，所以两个阶段摩擦力都做正功，故A 错误；根据动能定理得知，外力做的总功等于物体动能的增加，第一阶段，摩擦力和重力都做功，则第一阶段摩擦力对物体做的功不等于第一阶段物体动能的增加，故B 错误；由功能关系可知，第一阶段摩擦力对物体做的功(除重力之外的力所做的功)等于物体机械能的增加，即ΔE ＝W 阻＝F 阻s 物，摩擦生热为Q ＝F 阻s 相对，又由于s 传送带＝v t ，s 物＝v 2t ，所以s 物＝s 相对＝12s 传送带，即Q ＝ΔE ，故C 正确；第二阶段没有摩擦生热，但物体的机械能继续增加，故D 错误．6．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v 0＝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/s 2)( )A ．木板获得的动能为2 JB ．系统损失的机械能为4 JC ．木板A 的最小长度为2 mD ．A 、B 间的动摩擦因数为0.1解析：选D.由图象可知，A 、B 的加速度大小都为1 m/s 2，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 ，A 错误；系统损失的机械能ΔE ＝12m v 20－12·2m ·v 2＝2 J ，B 错误；由v －t 图象可求出二者相对位移为1 m ，C 错误；分析B 的受力，根据牛顿第二定律，可求出μ＝0.1，D 正确．7．(2020·四川成都诊断)如图甲所示，在倾角θ＝30°的足够长固定光滑斜面上，用平行于斜面的轻弹簧拉着质量m ＝1 kg 的物体沿斜面向上运动．已知物体在t ＝1 s 到t ＝3 s 这段时间的v －t 图象如图乙所示，弹簧的劲度系数k ＝200 N/m ，重力加速度g 取10 m/s 2.则在该段时间内( )A ．物体的加速度大小为2 m/s 2B ．弹簧的伸长量为3 cmC ．弹簧的弹力做功为30 JD ．物体的重力势能增加36 J解析：选B.根据v －t 图象的斜率表示加速度可知，物体的加速度大小为a ＝Δv Δt＝1 m/s 2，A 错误；对斜面上的物体受力分析，受到竖直向下的重力mg 、斜面的支持力和轻弹簧的弹力F ，由牛顿第二定律，F －mg sin 30°＝ma ，解得F ＝6 N ，由胡克定律F ＝kx 可得弹簧的伸长量x ＝3 cm ，B 正确；在t ＝1 s 到t ＝3 s 这段时间内，物体动能增大ΔE k ＝12m v 22－12m v 21＝6 J ，根据v －t 图线与时间轴所围面积等于位移，可知物体向上运动的位移x ＝6 m ，物体重力势能增加ΔE p ＝mgx sin 30°＝30 J ，根据功能关系可知，弹簧弹力做功W ＝ΔE k ＋ΔE p ＝36 J ，C 、D 错误．二、多项选择题8.(2020·浙江嘉兴一中模拟)在儿童乐园的蹦床项目中，小孩在两根弹性绳和弹性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 点运动到O 点，小孩重力势能的减少量大于动能的增加量B ．从O 点运动到B 点，小孩动能的减少量等于蹦床弹性势能的增加量C ．从A 点运动到B 点，小孩机械能的减少量小于蹦床弹性势能的增加量D．从B点返回到A点，小孩机械能的增加量大于蹦床弹性势能的减少量解析：选AD.小孩从A点运动到O点，由动能定理可得mgh AO－W弹1＝ΔE k1，A正确；小孩从O点运动到B点，由动能定理可得mgh OB－W弹2＝ΔE k2，B错误；小孩从A点运动到B点，由功能关系可得－W弹＝ΔE机1，C错误；小孩从B点返回到A点，弹性绳和蹦床的弹性势能转化为小孩的机械能，则知小孩机械能的增加量大于蹦床弹性势能的减少量，D 正确．9.如图所示，长木板A放在光滑的水平地面上，物体B以水平速度v0冲上A后，由于摩擦力作用，最后停止在木板A上，则从B冲到木板A上到相对木板A静止的过程中，下述说法中正确的是()A．物体B动能的减少量等于系统损失的机械能B．物体B克服摩擦力做的功等于系统内能的增加量C．物体B损失的机械能等于木板A获得的动能与系统损失的机械能之和D．摩擦力对物体B做的功和对木板A做的功的总和等于系统内能的增加量解析：选CD.物体B以水平速度冲上木板A后，由于摩擦力作用，B减速运动，木板A 加速运动，根据能量守恒定律，物体B动能的减少量等于木板A增加的动能和产生的热量之和，A错误；根据动能定理，物体B克服摩擦力做的功等于物体B损失的动能，B错误；由能量守恒定律可知，物体B损失的机械能等于木板A获得的动能与系统损失的机械能之和，C正确；摩擦力对物体B做的功等于物体B动能的减少量，摩擦力对木板A做的功等于木板A动能的增加量，由能量守恒定律，摩擦力对物体B做的功和对木板A做的功的总和等于系统内能的增加量，D正确．10.(2020·河北定州中学模拟)如图所示，质量为M的木块静止在光滑的水平面上，质量为m的子弹以速度v0沿水平方向射中木块并最终留在木块中与木块一起以速度v运动．已知当子弹相对木块静止时，木块前进距离L，子弹进入木块的深度为L′，木块对子弹的阻力为F(F视为恒力)，则下列判断正确的是()A．子弹和木块组成的系统机械能不守恒B．子弹克服阻力所做的功为FL′C ．系统产生的热量为F (L ＋L ′)D ．子弹对木块做的功为12M v 2 解析：选AD.子弹打入木块，子弹和木块位移不相等，所以相互作用力对子弹做的功即子弹动能的减少量，与相互作用力对木块做的功即木块动能的增加量不相等，因此有内能产生，系统机械能不守恒，A 正确；子弹克服阻力所做的功即阻力所做的功的大小为F (L ＋L ′)，B 错误；根据能量守恒得，摩擦力与相对位移的乘积等于系统能量的损失，系统产生的热量为FL ′，C 错误；对木块运用动能定理得，fL ＝12M v 2，D 正确． 三、非选择题11.如图所示，绷紧的传送带与水平面的夹角θ＝30°，皮带在电动机的带动下，始终保持v 0＝2 m/s 的速率运行，现把一质量为m ＝10 kg 的工件(可看做质点)轻轻放在皮带的底端，经过时间1.9 s ，工件被传送到h ＝1.5 m 的高处，取g ＝10 m/s 2，求：(1)工件与传送带间的动摩擦因数；(2)电动机由于传送工件多消耗的电能．解析：(1)由题图可知，皮带长x ＝h sin θ＝3 m ．工件速度达v 0前，做匀加速运动的位移x 1＝v t 1＝v 02t 1，匀速运动的位移为x －x 1＝v 0(t －t 1)，解得加速运动的时间t 1＝0.8 s ，加速运动的位移x 1＝0.8 m ，所以加速度a ＝v 0t 1＝2.5 m/s 2，由牛顿第二定律有：μmg cos θ－mg sin θ＝ma ，解得：μ＝32. (2)从能量守恒的观点，显然电动机多消耗的电能用于增加工件的动能、势能以及克服传送带与工件之间发生相对位移时摩擦力做功发出的热量．在时间t 1内，皮带运动的位移x 皮＝v 0t 1＝1.6 m在时间t 1内，工件相对皮带的位移x 相＝x 皮－x 1＝0.8 m在时间t 1内，摩擦生热Q ＝μmg cos θ·x 相＝60 J工件获得的动能E k ＝12m v 20＝20 J 工件增加的势能E p ＝mgh ＝150 J电动机多消耗的电能W ＝Q ＋E k ＋E p ＝230 J.答案：(1)32(2)230 J 12．如图所示，弹簧的一端固定，另一端连接一个物块，弹簧质量不计．物块(可视为质点)的质量为m ，在水平桌面上沿x 轴运动，与桌面间的动摩擦因数为μ.以弹簧原长时物块的位置为坐标原点O ，当弹簧的伸长量为x 时，物块所受弹簧弹力大小为F ＝kx ，k 为常量．(1)请画出F 随x 变化的示意图；并根据F －x 图象求物块沿x 轴从O 点运动到位置x 的过程中弹力所做的功．(2)物块由x 1向右运动到x 3，然后由x 3返回到x 2，在这个过程中， ①求弹力所做的功，并据此求弹性势能的变化量；②求滑动摩擦力所做的功；并与弹力做功比较，说明为什么不存在与摩擦力对应的“摩擦力势能”的概念．解析：(1)F －x 图象如图所示．物块沿x 轴从O 点运动到位置x 的过程中，弹力做负功；F －x 图线下的面积等于弹力做功大小．弹力做功W F ＝－12·kx ·x ＝－12kx 2. (2)①物块由x 1向右运动到x 3的过程中，弹力做功W F 1＝－12·(kx 1＋kx 3)·(x 3－x 1)＝12kx 21－12kx 23物块由x 3向左运动到x 2的过程中，弹力做功W F 2＝12·(kx 2＋kx 3)·(x 3－x 2)＝12kx 23－12kx 22整个过程中，弹力做功W F ＝W F 1＋W F 2＝12kx 21－12kx 22 弹性势能的变化量ΔE p ＝－W F ＝12kx 22－12kx 21. ②整个过程中，摩擦力做功W f ＝－μmg (2x 3－x 1－x 2)，与弹力做功比较，弹力做功与x 3无关，即与实际路径无关，只与始末位置有关，所以，我们可以定义一个由物体之间的相互作用力(弹力)和相对位置决定的能量——弹性势能．而摩擦力做功与x 3有关，即与实际路径有关，所以，不可以定义与摩擦力对应的“摩擦力势能”．答案：见解析。
高考一轮复习：5.4《功能关系、能量守恒定律》ppt课件
(4)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
D.力 F 和阻力的合力所做的功等于木箱机械能的增量
解析 答案
第五章
第四节 功能关系 能量守恒定律
-1100-
考点一 对功能关系的理解
几种常见的功能关系及其表达式
力做功
能的变化
定量关系
合力的功 重力的功
动能变化 重力势能变化
W=Ek2-Ek1=ΔEk (1)重力做正功,重力势能减少 (2)重力做负功,重力势能增加
机械能变化
一对相互作用 的滑动摩擦 力的总功
内能变化
(1)其他力做多少正功,物体的机械能就 增加多少 (2)其他力做多少负功,物体的机械能就 减少多少
(3)W=ΔE (1)作用于系统的一对滑动摩擦力一定 做负功,系统内能增加 (2)Q=Ff·L 相对
考点一
考点二
考点三
第五章
第四节 功能关系 能量守恒定律
答案:(1)30 N (2)1 m (3)6 J
考点一
考点二
考点三
第五章
第四节 功能关系 能量守恒定律
-题的方法
(1)正确分析物体的运动过程,做好受力情况分析。 (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 Q=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。
第四节 功能关系 能量守恒定律
高考物理一轮复习第五章第4单元功能关系能量守恒定律课件
2．力学中常用的四种功能对应关系 (1)合外力做功等于物体动能的改变： 即________________________．(动能定理) (2)重力做功等于物体重力势能的减少： 即________________________． (3)弹簧弹力做功等于弹性势能的减少： 即________________________． (4)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________________．(功能原理) (1)W合＝Ek2－Ek1＝ΔEk (3)W弹＝Ep1－Ep2＝－ΔEp (2)WG＝Ep1－Ep2＝－ΔEp (4)W其他力＝E2－E1＝ΔE
[解题探究] 1 ．物体沿斜面上升过程中，是否存在滑动摩擦力？若存在， 摩擦力大小为多少？
小思考 微总结
1．“功”不是“能”，功和能的单位虽然相同(都是焦耳)，但 属于两个完全不同的概念，既不能说功就是能，也不能说“功变成
了能”．
2 ．机械能守恒定律反映的是一个系统中只有重力和弹力做 功，系统内物体的重力势能、弹性势能和动能可以相互转化，但总 机械能不变． 3 ．能量守恒定律反映的是一个系统除了机械能以外还有其他 形式的能量参与转化，总能量不变． 4 ．机械能守恒定律的适用是有条件的，能量守恒定律的适用 无条件．
A．0.50 m
B．0.25 m
C．0.10
3 ．上端固定的一根细线下面悬挂一摆球，摆球在空气中摆 动，摆动的幅度越来越小，对此现象下列说法正确的是( A．摆球机械能守恒 B．总能量守恒，摆球的机械能正在减少，减少的机械能转化 )
为内能
C．能量正在消失 D．只有动能和重力势能的相互转化
练练基础
┃题组一┃ 对功能关系的理解
1 ．从地面竖直上抛一个质量为 m 的小球，小球上升的最大高 度为h.设上升和下降过程中空气阻力大小恒定为f.下列说法正确的是 ( ) A．小球上升的过程中动能减少了mgh B．小球上升和下降的整个过程中机械能减少了fh
高三年级一轮复习,第五章第四节,功能关系,能量守恒定律,课件
解析
选D 从D到C，橡皮筋对弹丸做正功， 弹丸机械能一直在增加，A、C错；从 D到E橡皮筋作用在弹丸上的合力大于 从E到C橡皮筋作用在弹丸上的合力， 两段高度相等，所以DE段橡皮筋对弹 丸做功较多，即机械能增加的较多，D 正确；在CD连线中的某一处，弹丸受 力平衡，所以从D到C，弹丸的速度先 增大后减小，B错。
解析
选D 由牛顿第二定律得知，小球所受的合力 F合＝ma＝mg/3，方向向下，根据动能定理知， 小球的动能增加ΔEk＝F合h＝mgh / 3，故A错误。 由牛顿第二定律得：mg－F＝mg / 3，解得电场 力F＝2mg / 3，且方向竖直向上，则电场力做功 W电＝－Fh＝－2mgh / 3，故小球的电势能增加 2mgh / 3，故B错误。小球在竖直方向上下降h高 度时重力做正功mgh，因此，小球的重力势能减 少mgh，故C错误。由上知，小球的电势能增加 2mgh / 3，根据能量守恒知，小球的机械能减少 2mgh / 3，故D正确。
小资料
考点二：摩擦力做功与能量的关系
静摩擦力 滑动摩擦力
1．两种摩擦力做功的比较
不 同 点
只有能量的转 能量的转化 移，没有能量 方面 的转化 一对静摩擦力 一对摩擦力 所做功的代数 的总功方面 和等于零
既有能量的转移，又有能量的转化
一对滑动摩擦力所做功的代数和为负值， 总功W＝－Ff·l相对，即摩擦时产生的热量
重力做正功，重力势能减少，重力做负功， 重力势能增加，且WG＝－ΔEp＝Ep1－ Ep2
弹力做正功，弹性势能减少，弹力做负功， 弹性势能增加，且W弹＝－ΔEp＝E正功，物体 的机械能增加，做负功，机械能减少， 且W其他＝ΔE
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，且W电＝－ΔEp
度高考物理一轮复习第五章机械能第4讲功能关系能量守恒定律课件
B.合外力对物体做功5 800 J C.物体的重力势能增加500 J D.物体的机械能增加800 J
答案
二、两种摩擦力做功特点的比较
比较
类型
静摩擦力
滑动摩擦力
不同点
能量的转化 方面
只有机械能从一个物 (1)将部分机械能从一个物体转移到
体转移到另一个物体，另一个物体
由②⑤⑥式和题给数据得W≈9.7×108 J
⑦
解析 答案
变式2 (2017·全国卷Ⅲ·16)如图5所示，一质量为m、长度为l的均匀柔软细绳
PQ竖直悬挂.用外力将绳的下端距 重力加速13l.度大小为g.在此过程中，外力做的功为
√A.19mgl
1 B.6mgl
1 C.3mgl
形式，或者从一个物体
总量 .保持不变 2.表达式
转移到别的物体，在转化或转移的过程中，能量的
ΔE减＝ ΔE增 .
3.基本思路 (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.
自测3 质量为m的物体以初速度v0沿水平面向左开始运动，起始点A与一轻弹 簧O端相距s，如图2所示.已知物体与水平面间的动摩擦因数为μ，物体与弹 簧相碰后，弹簧的最大压缩量为x，则从开始碰撞到弹簧被压缩至最短，物 体克服弹簧弹力所做的功为
解析 答案
(2)求飞船从离地面高度600 m处至着地前瞬间的过程中克服阻力所做的功 ，已知飞船在该处的速度大小是其进入大气层时速度大小的2.0%. 答案 9.7×108 J 解析 飞船在高度h′＝600 m处的机械能为
Eh′＝12m(120.00vh)2＋mgh′
高三物理一轮总复习 第5章《机械能及其守恒定律》4 功能关系 能量守恒定律课件 新人教版
[解析] 对小木块，相对滑动时，由 ma＝μmg 得：加速度 a＝μg，
由 v＝at 得：达到相对静止所用时间 t＝μvg.
(1)小木块的位移 x1＝v2t＝2vμ2g. (2)传送带始终匀速运动，路程 x2＝vt＝μvg2.
(3)小木块获得的动能 Ek＝12mv2.
(4)产生的热量 Q＝μmg(x2－x1)＝12mv2.
[答案]
v2 (1)2μg
v2 (2)μg
(3)12mv2
(4)12mv2
变式训练 2 如图所示，AB 为半径 R＝0.8 m 的14光滑圆弧轨道， 下端 B 恰与小车右端平滑对接．小车质量 M＝3 kg，车长 L＝2.06 m， 车上表面距地面的高度 h＝0.2 m，现有一质量 m＝1 kg 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＝1.5 s 时，车被地 面装置锁定(g＝10 m/s2)．试求：
考点一 功能关系的应用
功是能量转化的量度．力学中的功与对应的能量的变化关系如下
表所示：
功
能量改变
关系式
W 合：合外力的功(所有外 力的功)
动能的改变量(ΔEk)
W 合＝ΔEk
WG：重力的功
重力势能的改变量(ΔEp)
W 弹：弹簧弹力做的功 弹性势能的改变量(ΔEp)
W 其他：除重力或系统内弹
簧弹力以外的其他外力 机械能的改变量(ΔE)
【答案】 D
考点二 摩擦力做功与能量的关系 1.摩擦生热的两个角度： (1)从功的角度看，一对滑动摩擦力对系统做的功等于系统内能的 增加量． (2)从能量的角度看，其他形式能量的减少量等于系统内能的增加 量．
高三物理一轮复习 第五章 机械能 第4讲 功能关系 能量守恒定律课件
因为摩擦力做功与路程成正比，而非像弹簧弹力做功一样与 路径无关，而只与初末位置有关，所以无“摩擦势能”的概念．
答案 见解析
4．(2013·福建)如图所示，两根相同 的轻质弹簧，沿足够长的光滑斜面放置， 下端固定在斜面底部挡板上，斜面固定不 动，质量不同、形状相同的两物块分别置 于两弹簧上端．现用外力作用在物体上，使两弹簧具有相同的压 缩量，若撤去外力后，两物块由静止沿斜面向上弹出并离开弹簧， 则从撤去外力到物块速度第一次减为零的过程，两物块( )
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12mgR
解析 小球从 P 到 B 的运动过程中，重力做功 mgR，A 选 项错误；小球在 B 点恰好对轨道没有压力，只有重力提供向心力， 则 mg＝mRvB2，故 vB＝ gR，从 P 到 B，对小球由动能定理，得 mgR－Wf＝12mvB2－0＝12mgR，Wf＝12mgR，C 选项错误，D 选 项正确；克服摩擦力做的功等于机械能的减少量，B 选项错误．
4．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
W 其他＝E2－E1＝Δ E 5．一对滑动摩擦力做功的代数和等于因摩擦而产生的内能 Q＝fx ， 相对 x 相对为物体间相对滑动的距离．
二、能量守恒定律 1．能量守恒定律：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别的形式，或从一个物体转移到另一个 物体．在转化或转移的过程中其总量不变，这就是能的转化和守 恒定律．
()
A．a→b 阶段：人加速助跑，人和杆的机械能不变 B．b→c 阶段：杆弯曲、人上升，系统动能减少，重力势能 和弹性势能增加 C．c→d 阶段：杆伸直、人上升，人的动能减少量等于重力 势能增加量 D．d→e 阶段：人过横杆后下落，重力所做的功等于人机械 能的增加量
高考物理一轮复习 第五章 机械能 第4节 功能关系 能量守恒定律课件
质点P从a点正上方高H处自由下落,经过轨道后从b点冲出竖直上抛,上升
2
的最大高度为 H,空气阻力不计,当质点下落再经过轨道
a点冲出时,能上
3
升的最大高度h为(
)
关闭
根据动能定理研究质点第一次在半圆轨道中得
mg -
2
3
1
+(-Wf)=0,Wf 为质点克服摩擦力做功大小, Wf= 3mgH。质点
第二次在半圆轨道中运动时,对应位置处速度变小,因此半圆轨道对
动能定理得
1
μmgl=2 2
1
(F-μmg)·(l+L)=2 2
又由同时性可得 =
其中 = , =
-
解得 l=-2 。
(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,
1
1
即有 F(l+L)= + 2+Q
)
4
A. mgR
3
1
B.mgR
3
关闭
C. mgR
D. mgR
2
1
2
4
2 1
铁块滑至最低点时,满足 FN-mg= ,而 FN =1.5mg,则 mv = mgR,由
2
4
能量守恒定律可得铁块下滑过程中损失的机械能
1
3
ΔE=mgR- mv 2 = mgR,选项 D 正确。
2
4
D 12/9/2021
第十四页，共四十九页。
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解析
解析
答案
答案
-15命题(mìng
命题(mìng