2020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教案
高考物理一轮复习第五章第4讲功能关系能量守恒定律教案新人教版
第4讲功能关系能量守恒定律考点1 功能关系1．对功能关系的进一步理解(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．几种常见的功能关系及其表达式1．如图，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13l .重力加速度大小为g .在此过程中，外力做的功为( A )A.19mgl B.16mgl C.13mgl D.12mgl 解析：解法1：将绳的下端Q 缓慢向上拉至M 点，使M 、Q 之间的绳对折，外力克服下面13的绳的重力做功，W 外＝|W G |，而下面13的绳重心升高13l ，故克服重力做功|W G |＝m 0g ·13l ，又m 0＝13m ，则W 外＝|W G |＝13mg ·13l ＝19mgl ，故A 选项正确．解法2：Q 缓慢移动说明绳子的动能变化忽略不计．以Q 点为零势能点，细绳的初始机械能为12mgl ，末态机械能为13mg ·56l ＋23mg ·l 2＝1118mgl ，则增加的机械能ΔE ＝1118mgl －12mgl＝19mgl .由功能关系可知A 项正确． 解法3：作用点位移x ＝23l ，平均作用力为16mg ，故拉力做功W ＝F ·x ＝19mgl ，故A 项正确．2．如图所示，某段滑雪雪道倾角为30°，总质量为m (包括雪具在内)的滑雪运动员从距底端高为h 处的雪道上由静止开始匀加速下滑，加速度为13g .在他从上向下滑到底端的过程中，下列说法正确的是( D )A ．运动员减少的重力势能全部转化为动能B ．运动员获得的动能为13mghC ．运动员克服摩擦力做功为23mghD ．下滑过程中系统减少的机械能为13mgh解析：运动员的加速度大小为13g ，小于g sin30°＝12g ，所以其必受摩擦力，且大小为16mg ，克服摩擦力做的功为16mg ×hsin30°＝13mgh ，故C 错；摩擦力做负功，机械能不守恒，减少的重力势能没有全部转化为动能，有13mgh 转化为内能，故A 错，D 正确；由动能定理知，运动员获得的动能为13mg ×h sin30°＝23mgh ，故B 错．3．(多选)如图所示，质量为M 、长度为L 的小车静止在光滑水平面上，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f ，小物块滑到小车的最右端时，小车运动的距离为x .此过程中，以下结论正确的是( ABC )A ．小物块到达小车最右端时具有的动能为(F －f )(L ＋x )B ．小物块到达小车最右端时，小车具有的动能为fxC ．小物块克服摩擦力所做的功为f (L ＋x )D ．小物块和小车增加的机械能为Fx解析：由动能定理可得，小物块到达小车最右端时的动能E k 物＝W 合＝(F －f )(L ＋x )，A 正确；小物块到达小车最右端时，小车的动能E k 车＝fx ，B 正确；小物块克服摩擦力所做的功W f ＝f (L ＋x )，C 正确；小物块和小车增加的机械能为F (L ＋x )－fL ，D 错误．在应用功能关系解决具体问题的过程中：(1)若只涉及动能的变化，用动能定理分析．(2)若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)若只涉及机械能变化，用除重力和弹簧的弹力之外的力做功与机械能变化的关系分析．(4)若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．考点2 摩擦力做功与能量守恒定律1．两种摩擦力做功情况的对比2.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．3．运用能量守恒定律解题的基本思路考向1 摩擦力做功的理解与计算将三个木板1、2、3固定在墙角，木板与墙壁和地面构成了三个不同的三角形，如图所示，其中1与2最低点相同，2和3高度相同．现将一个可以视为质点的物块分别从三个木板的顶端由静止释放，并沿斜面下滑到底端，物块与木板之间的动摩擦因数μ均相同．在这三个过程中，下列说法不正确的是( )A ．沿着1和2下滑到底端时，物块的速度不同，沿着2和3下滑到底端时，物块的速度相同B ．沿着1下滑到底端时，物块的速度最大C ．物块沿着3下滑到底端的过程中，产生的热量是最多的D ．物块沿着1和2下滑到底端的过程中，产生的热量是一样多的 [审题指导] 此类问题一般要抓住相同点： (1)斜面1和2底面相同； (2)斜面2和3高度相同．【解析】 设1、2、3木板与地面的夹角分别为θ1、θ2、θ3，木板长分别为l 1、l 2、l 3，当物块沿木板1下滑时，由动能定理有mgh 1－μmgl 1cos θ1＝12mv 21－0，当物块沿木板2下滑时，由动能定理有mgh 2－μmgl 2cos θ2＝12mv 22－0，又h 1>h 2，l 1cos θ1＝l 2cos θ2，可得v 1>v 2；当物块沿木板3下滑时，由动能定理有mgh 3－μmgl 3cos θ3＝12mv 23－0，又h 2＝h 3，l 2cos θ2<l 3cos θ3，可得v 2>v 3，故A 不正确，B 正确．三个过程中产生的热量分别为Q 1＝μmgl 1cos θ1，Q 2＝μmgl 2cos θ2，Q 3＝μmgl 3cos θ3，则Q 1＝Q 2<Q 3，故C 、D 正确．【答案】 A1．(2019·四川五校联考)如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端与一质量为m 、套在粗糙竖直固定杆A 处的圆环相连，弹簧水平且处于原长．圆环从A 处由静止开始下滑，经过B 处的速度最大，到达C 处的速度为零，AC ＝h ，此为过程Ⅰ；若圆环在C 处获得一竖直向上的速度v ，则恰好能回到A 处，此为过程Ⅱ.已知弹簧始终在弹性范围内，重力加速度为g ，则圆环( D )A ．在过程Ⅰ中，加速度一直减小B ．在过程Ⅱ中，克服摩擦力做的功为12mv 2C ．在C 处，弹簧的弹性势能为14mv 2－mghD ．在过程Ⅰ、过程Ⅱ中克服摩擦力做的功相同解析：对圆环受力分析，如图所示，圆环刚开始下滑时，圆环受到的合力向下，设弹簧原长为L ，下滑过程中，弹簧弹力与竖直方向的夹角为θ，则弹簧弹力F ＝kL (1sin θ－1)，竖直方向根据牛顿第二定律可得mg －F cos θ－μF N ＝ma ，水平方向有F sin θ＝F N ，联立可知，圆环下滑过程中受到的合力先减小后增大，圆环的加速度先减小后增大，选项A 错误；在过程Ⅰ和Ⅱ中，圆环在相同位置时受到的滑动摩擦力大小相等，所以在这两个过程中克服摩擦力做的功相等，选项D 正确；在过程Ⅰ中，根据动能定理可得W G －W f －W 弹＝0，解得W f ＝W G －W 弹，在过程Ⅱ中，根据动能定理可得－W G ＋W 弹－W f ＝－12mv 2，联立解得W f ＝14mv 2，在C 处E p 弹＝W 弹＝mgh －14mv 2，选项BC 错误．综上本题选D.考向2 传送带模型中摩擦力做功与能量守恒(2019·江西新余四中检测)(多选)如图所示，水平传送带顺时针匀速转动，一物块轻放在传送带左端，当物块运动到传送带右端时恰与传送带速度相等．若传送带仍保持匀速运动，但速度加倍，仍将物块轻放在传送带左端，则物块在传送带上的运动与传送带的速度加倍前相比，下列判断正确的是( )A ．物块运动的时间变为原来的一半B ．摩擦力对物块做的功不变C ．摩擦产生的热量为原来的两倍D ．电动机因带动物块多做的功是原来的两倍[审题指导] 传送带速度加倍，不会影响物块的运动，但会使相对位移发生变化． 【解析】 由题意知物块向右做匀加速直线运动，传送带速度增大，物块仍然做加速度不变的匀加速直线运动，到达右端时速度未达到传送带速度，根据x ＝12at 2可知，运动的时间相同，故A 错误；根据动能定理可知：W f ＝12mv 20，因为物块的动能不变，所以摩擦力对物块做的功不变，故B 正确；物块做匀加速直线运动的加速度为a ＝μg ，则匀加速直线运动的时间为：t ＝v 0μg ，在这段时间内物块的位移为：x 2＝v 202μg ，传送带的位移为：x 1＝v 0t ＝v 20μg，则传送带与物块间的相对位移大小，即划痕的长度为：Δx ＝x 1－x 2＝v 202μg，摩擦产生的热量Q ＝μmg Δx ＝mv 202，当速度加倍后，在这段时间内物块的位移仍为：x 2′＝v 202a ＝v 202μg，传送带的位移为：x 1′＝2v 0t ＝2v 2μg ，则传送带与物块间的相对位移大小，则划痕的长度为：Δx ′＝x 1′－x 2′＝3v 202μg ，摩擦产生的热量Q ′＝μmg Δx ′＝3mv 22，可知摩擦产生的热量为原来的3倍，故C 错误；电动机多做的功转化成了物块的动能和摩擦产生的热量，速度没变时：W 电＝Q ＋mv 22＝mv 2；速度加倍后：W 电′＝Q ′＋mv 202＝2mv 20，故D 正确．所以BD 正确，AC 错误．【答案】 BD2．如图所示，绷紧的传送带与水平面的夹角为θ，传送带在电动机的带动下，始终保持v 的速率运行，现把一质量为m 的工件(可看做质点)轻轻放在传送带的底端，经过一段时间，工件与传送带达到共同速度后继续传送到达h 高处，工件与传送带间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g ，则下列结论正确的是( B )A ．工件与传送带间摩擦生热为12mv 2B ．传送带对工件做的功为12mv 2＋mghC ．传送带对工件做的功为μmghtan θD ．电动机因传送工件多做的功为12mv 2＋mgh解析：工件与传送带的相对位移s ＝vt －v2t ，对工件：v ＝at ＝(μg cos θ－g sin θ)·t ，代入可得s ＝v 22(μg cos θ－g sin θ)，摩擦生热Q ＝f ·s ＝μmg cos θv22(μg cos θ－g sin θ)，A 错误；传送带对工件做的功等于工件增加的机械能，B 正确，C 错误；电动机因传送工件多做的功W ＝12mv 2＋mgh ＋Q ，D 错误．考向3 板块模型中摩擦力做功与能量守恒如图甲所示，质量M ＝1.0 kg 的长木板A 静止在光滑水平面上，在木板的左端放置一个质量m ＝1.0 kg 的小铁块B ，铁块与木板间的动摩擦因数μ＝0.2，对铁块施加水平向右的拉力F ，F 大小随时间变化如图乙所示，4 s 时撤去拉力．可认为A 、B 间的最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，重力加速度g 取10 m/s 2.求：(1)0～1 s 内，A 、B 的加速度大小a A 、a B ； (2)B 相对A 滑行的最大距离x ； (3)0～4 s 内，拉力做的功W ； (4)0～4 s 内系统产生的摩擦热Q .[审题指导] (1)本题应分段分析每个物体的受力和运动情况，加速度的计算是关键； (2)做出A 、B 两物体的v t 图象，可使问题直观明了．【解析】 (1)在0～1 s 内，A 、B 两物体分别做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律得μmg ＝Ma A ，F 1－μmg ＝ma B ，代入数据得a A ＝2 m/s 2，a B ＝4 m/s 2.(2)t 1＝1 s 后，拉力F 2＝μmg ，铁块B 做匀速运动，速度大小为v 1；木板A 仍做匀加速运动，又经过时间t 2，速度与铁块B 相等．v 1＝a B t 1，又v 1＝a A (t 1＋t 2)，解得t 2＝1 s ，设A 、B 速度相等后一起做匀加速运动，运动时间t 3＝2 s ，加速度为a ，则F 2＝(M ＋m )aa ＝1 m/s 2，木板A 受到的静摩擦力F f ＝Ma <μmg ，A 、B 一起运动x ＝12a B t 21＋v 1t 2－12a A (t 1＋t 2)2，代入数据得x ＝2 m.(3)时间t 1内拉力做的功W 1＝F 1x 1＝F 1·12a B t 21＝12 J ，时间t 2内拉力做的功W 2＝F 2x 2＝F 2v 1t 2＝8 J ，时间t 3内拉力做的功W 3＝F 2x 3＝F 2(v 1t 3＋12at 23)＝20 J ，4 s 内拉力做的功W ＝W 1＋W 2＋W 3＝40 J.(4)系统的摩擦热Q 只发生在t 1＋t 2时间内，铁块与木板相对滑动阶段，此过程中系统的摩擦热Q ＝μmg ·x ＝4 J.【答案】 (1)a A ＝2 m/s 2a B ＝4 m/s 2(2)2 m (3)40 J (4)4 J3．(多选)一上表面水平的小车在光滑水平面上匀速向右运动，在t ＝0时刻将一相对于地面静止的质量m ＝1 kg 的物块轻放在小车前端，如图甲所示，以后小车运动的速度—时间图象如图乙所示．已知物块始终在小车上，重力加速度g 取10 m/s 2.则下列判断正确的是( ABD )A ．小车与物块间的动摩擦因数为0.2，小车的最小长度为1.25 mB ．物块的最终动能E k ＝0.5 J ，小车动能的减少量ΔE k ＝3 JC ．小车与物块间摩擦生热3 JD ．小车的质量为0.25 kg解析：由v t 图象知，当t ＝0.5 s 时，小车开始做速度v ＝1 m/s 的匀速运动，此时，物块与小车的速度相同，物块与小车间无摩擦力作用，对物块，由v ＝at 及F f ＝ma ＝μmg 得F f ＝2 N ，μ＝0.2，在0～0.5 s 内，小车的位移x 车＝5＋12×0.5 m＝1.5 m ，物块的位移为x 物＝12×12 m ＝0.25 m ，所以小车的最小长度为L ＝1.5 m －0.25 m ＝1.25 m ，选项A 正确；物块的最终动能E k ＝mv 22＝0.5 J ；由动能定理得小车动能的减少量ΔE k ＝F f ·x 车＝3 J ，选项B 正确；系统机械能减少为ΔE ＝3 J －0.5 J ＝2.5 J ，选项C 错误；小车的加速度为a ′＝5－10.5 m/s 2＝8 m/s 2，而a ′＝F f M，F f ＝2 N ，得M ＝0.25 kg ，选项D 正确．(1)无论是滑动摩擦力，还是静摩擦力，计算其做功时都是用力乘对地位移．(2)摩擦生热的计算：公式Q＝f·x相对中x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，则x相对为总的相对路程．(3)传送带涉及能量分析，这主要表现为两方面．一是求电动机因传送带传送物体而多做的功W，我们可以用公式W＝ΔE k＋ΔE p＋Q来计算，其中ΔE k表示被传送物体动能的增量，ΔE p表示被传送物体重力势能的增量(如果受电场力要考虑物体电势能的变化)，Q表示因摩擦而产生的热量.二是求物体与传送带之间发生的相对位移(或相对路程)s.学习至此，请完成课时作业19。
高考物理一轮复习第五单元机械能第4讲功能关系能量守恒定律学案新人教版
第4讲功能关系能量守恒定律考纲考情核心素养►功能关系Ⅱ►几种常见的功能关系和能量守恒定律.物理观念全国卷5年4考高考指数★★★★★►利用功能关系进行相关计算．►能量转化问题的解题思路.科学思维知识点一功能关系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．3．做功对应变化的能量形式(1)合外力的功影响物体的动能的变化．(2)重力的功影响物体重力势能的变化．(3)弹簧弹力的功影响弹性势能的变化．(4)除重力或系统内弹力以外的力做功影响物体机械能的变化．(5)滑动摩擦力的功影响内能的变化．(6)电场力的功影响电势能的变化．知识点二能量守恒定律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(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．思考判断(1)力对物体做了多少功,物体就具有多少能．( × ) (2)力对物体做正功,物体的机械能不一定增加．( √ ) (3)能量在转化或转移的过程中,其总量会不断减少．( × ) (4)物体的机械能减少的过程中,动能有可能是增大的．( √ ) (5)能量在转移或转化过程中守恒,因此没有必要节约能源．( × )2．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 1 900 J,他克服阻力做功100 J ．韩晓鹏在此过程中( C )A ．动能增加了1 900 JB ．动能增加了2 000 JC ．重力势能减小了1 900 JD ．重力势能减小了2 000 J解析：根据动能定理得韩晓鹏动能的变化ΔE ＝W G ＋W f ＝1 900 J －100 J ＝1 800 J>0,故其动能增加了1 800 J,选项A 、B 错误；根据重力做功与重力势能变化的关系W G ＝－ΔE p ,所以ΔE p ＝－W G ＝－1 900 J<0,故韩晓鹏的重力势能减小了1 900 J,选项C 正确,选项D 错误．3.质量为m 的物体以初速度v 0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( A )A.12mv 20－μmg (s ＋x ) B.12mv 20－μmgx C ．μmgsD ．μmg (s ＋x )解析：由能量守恒定律可知,物体的初动能12mv 20一部分用于克服弹簧弹力做功,另一部分用于克服摩擦力做功,故物体克服弹簧弹力所做的功为12mv 20－μmg (s ＋x ),故选项A 正确．4．(多选)一个质量为m 的物体以a ＝2g 的加速度竖直向下运动,则在此物体下降h 高度的过程中,物体的( BD )A ．重力势能减少了2mghB ．动能增加了2mghC ．机械能保持不变D ．机械能增加了mgh解析：下降h 高度,则重力做正功mgh ,所以重力势能减小mgh ,A 错误；根据动能定理可得F 合h ＝ΔE k ,又F 合＝ma ＝2mg ,故ΔE k ＝2mgh ,B 正确；重力势能减小mgh ,而动能增大2mgh ,所以机械能增加mgh ,C 错误,D 正确．5．足够长的水平传送带以恒定速度v 匀速运动,某时刻一个质量为m 的小物块以大小也是v 、方向与传送带运动方向相反的初速度冲上传送带,最后小物块的速度与传送带的速度相同．在小物块与传送带间有相对运动的过程中,滑动摩擦力对小物块做的功为W ,小物块与传送带间因摩擦产生的热量为Q ,则下列判断中正确的是( B )A ．W ＝0,Q ＝mv 2B ．W ＝0,Q ＝2mv 2C ．W ＝mv 22,Q ＝mv 2D ．W ＝mv 2,Q ＝2mv 2解析：对小物块,由动能定理有W ＝12mv 2－12mv 2＝0,设小物块与传送带间的动摩擦因数为μ,则小物块与传送带间的相对路程x相对＝2v2μg,这段时间内因摩擦产生的热量Q ＝μmg ·x相对＝2mv 2,选项B 正确．考点1 功能关系1．对功能关系的进一步理解(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．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 k 2－E k 1＝ΔE k(续表)力做功能的变化定量关系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 F＝－ΔE p＝E p1－E p2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＝ΔE一对相互作用的滑动摩擦力的总功内能变化(1)作用于系统的一对滑动摩擦力总功一定为负值(2)系统内能增加Q＝F f·L相对(2019·全国卷Ⅱ)(多选)从地面竖直向上抛出一物体,其机械能E总等于动能E k与重力势能E p之和．取地面为重力势能零点,该物体的E总和E p随它离开地面的高度h 的变化如图所示．重力加速度取10 m/s2.由图中数据可得( )A．物体的质量为2 kgB．h＝0时,物体的速率为20 m/sC．h＝2 m时,物体的动能E k＝40 JD．从地面至h＝4 m,物体的动能减少100 J【解析】根据题给图象可知h＝4 m时物体的重力势能mgh＝80 J,解得物体质量m＝2 kg,抛出时物体的动能为E k＝100 J,由动能公式E k＝12mv2,可知h＝0时物体的速率为v＝10 m/s,选项A正确,B错误；由功能关系可知fh＝|ΔE|＝20 J,解得物体上升过程中所受空气阻力f＝5 N,从物体开始抛出至上升到h＝2 m的过程中,由动能定理有－mgh－fh＝E k－100 J,解得E k＝50 J,选项C错误；由题给图象可知,物体上升到h＝4 m时,机械能为80 J,重力势能为80 J,动能为零,即物体从地面上升到h＝4 m,物体动能减少100 J,选项D正确．【答案】AD高分技法对功能关系的进一步理解1物体动能的增量由外力做的总功来量度,即W外＝ΔE k,这就是动能定理；2物体重力势能的增量由重力做的功来量度,即W G＝－ΔE p,这就是重力做功与重力势能变化量的关系；3物体机械能的增量由重力以外的其他力做的功来量度,即W其他＝ΔE机,W其他表示除重力以外的其他力做的功,这就是机械能增量与除重力外的其他力做的功的关系；4当W其他＝0时,说明只有重力做功,所以系统的机械能守恒；5物体克服摩擦力做功时,能量由机械能转化为内能,即Q＝F f·s,s为路程.1.一个人站立在商场的自动扶梯的水平踏板上,随扶梯向上加速,如图所示,则( D )A．人对踏板的压力大小等于人所受到的重力大小B．人只受重力和踏板的支持力的作用C．踏板对人的支持力做的功等于人的机械能增加量D．人所受合力做的功等于人的动能的增加量解析：人的加速度斜向上,将加速度分解到水平和竖直方向得a x＝a cosθ,方向水平向右；a y＝a sinθ,方向竖直向上,水平方向上人受静摩擦力作用,有f＝ma x＝ma cosθ,方向水平向右,竖直方向上人受重力和支持力,F N－mg＝ma sinθ,所以F N>mg,故A、B错误；除重力以外的力对物体做的功,等于物体机械能的变化量,踏板对人的力除了支持力还有摩擦力,运动过程中摩擦力也做功,所以踏板对人的支持力做的功不等于人的机械能的增加量,故C错误；由动能定理可知,人所受合力做的功等于人的动能的增加量,故D正确．2.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( C)A ．重力做功2mgRB ．合外力做功34mgRC ．克服摩擦力做功12mgRD ．机械能减少2mgR解析：小球通过B 点时恰好对轨道没有压力,即重力提供向心力,mg ＝m v 2R ,解得小球通过B 点时速度v ＝gR ,小球从P 到B 的运动过程中,重力做功等于重力势能减少量,为mgR ,动能增加量为12mv 2＝12mgR ,合外力做功等于动能增加量,为12mgR ,机械能减少量为mgR －12mgR ＝12mgR ,克服摩擦力做功等于机械能的减少量,为12mgR ,故只有C 选项正确．考点2 摩擦力做功与能量守恒定律1．两种摩擦力做功情况的对比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 ·s相对,即摩擦时产生热量相同点正功、负两种摩擦力对物体可以做正功、负功,还可以不做功；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2.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．3．运用能量守恒定律解题的基本思路如图所示,固定斜面的倾角θ＝30°,物体A与斜面之间的动摩擦因数μ＝34,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＝4 kg,B 的质量m＝2 kg,初始时物体A到C点的距离L＝1 m,现给A、B一初速度v0＝3 m/s,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回到C点．已知重力加速度g＝10 m/s2,不计空气阻力,整个过程中轻绳始终处于伸直状态．求在此过程中：(1)物体A向下运动刚到C点时的速度大小；(2)弹簧的最大压缩量；(3)弹簧的最大弹性势能．【解析】(1)在物体A向下运动刚到C点的过程中,对A、B组成的系统应用能量守恒定律可得μ·2mg cos θ·L ＝12×3mv 20－12×3mv 2＋2mgL sin θ－mgL解得v ＝2 m/s.(2)对A 、B 组成的系统分析,在物体A 从C 点压缩弹簧至将弹簧压缩到最大压缩量,又返回到C 点的过程中,系统动能的减少量等于因摩擦产生的热量,即12×3mv 2－0＝μ·2mg cos θ·2x 其中x 为弹簧的最大压缩量 解得x ＝0.4 m.(3)设弹簧的最大弹性势能为E pm 由能量守恒定律可得12×3mv 2＋2mgx sin θ－mgx ＝μ·2mg cos θ·x ＋E pm 解得E pm ＝6 J.【答案】 (1)2 m/s (2)0.4 m (3)6 J 高分技法涉及做功与能量转化问题的解题方法 1分清是什么力做功,并且分析该力做正功还是做负功；根据功能之间的对应关系,确定能量之间的转化情况.2当涉及摩擦力做功时,机械能不守恒,一般应用能的转化和守恒定律,特别注意摩擦产生的内能Q ＝f ·s 相对,s 相对为相对滑动的两物体间相对滑动路径的总长度.3解题时,首先确定初、末状态,然后分清有多少种形式的能在转化,再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.3．(多选)一个物块从斜面底端冲上足够长的斜面后,返回到斜面底端．已知小物块冲上斜面的初动能为E ,它返回斜面底端的速度大小为v ,克服摩擦力做功为14E .若小物块冲上斜面的初动能变为3E ,则( BC )A ．返回斜面底端时动能为34EB ．返回斜面底端时速度大小为3vC ．从出发到返回斜面底端,克服摩擦阻力做功为34ED ．从出发到返回斜面底端,机械能减少38E解析：本题考查功能关系在斜面模型中的应用．物块以初动能E 冲上斜面并返回的整个过程中,由动能定理得W f ＝12mv 2－E ＝－E 4,则12mv 2＝34E ,设物块以初动能为E 冲上斜面的初速度为v 0,则以初动能为3E 冲上斜面的初速度为3v 0,两次冲上斜面后的加速度相同,根据2ax ＝v 2t －v 20可知物体上滑的最大位移为x ＝0－v 22a,则物块第二次冲上斜面的最大位移是第一次的3倍,则整个过程中克服摩擦力做功是第一次的3倍,即为34E ,故C 正确；以初动能为3E 冲上斜面并返回的整个过程中,运用动能定理得W f ′＝12mv ′2－3E ＝－34E ,所以返回斜面底端时的动能为12mv ′2＝94E ,返回斜面底端时速度大小为v ′＝3v ,故A 错误,B 正确；根据功能关系可知,第二次从出发到返回斜面底端,机械能减少量等于克服摩擦阻力做功,为34E ,故D 错误．考点3 动力学和能量观点综合应用题型1 应用动力学和能量观点分析多过程问题某校兴趣小组制作了一个游戏装置,其简化模型如图所示,在A 点用一弹射装置将小滑块以某一水平速度弹射出去,沿水平直线轨道运动到B 点后,进入半径R ＝0.1 m 的光滑竖直圆形轨道,运行一周后自B 点向C 点运动,C 点右侧有一陷阱,C 、D 两点的竖直高度差h ＝0.2 m,水平距离s ＝0.6 m,水平轨道AB 长为L 1＝0.5 m,BC 长为L 2＝1.5 m,小滑块与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.4,重力加速度g ＝10 m/s 2.(1)若小滑块恰能通过圆形轨道的最高点,求小滑块在A 点弹射出的速度大小； (2)若游戏规则为小滑块沿着圆形轨道运行一周离开圆形轨道后只要不掉进陷阱即为胜出．求小滑块在A 点射出的速度大小范围．【解析】 (1)对滑块从A 到B 的过程应用动能定理,则 －μmgL 1＝12mv 2B －12mv 21 ①由B 到最高点小滑块机械能守恒,则 12mv 2B ＝2mgR ＋12mv 2 ② 小滑块恰能通过圆轨道最高点的速度为v ,由牛顿第二定律有mg ＝m v 2R③由以上三式解得小滑块在A 点弹射出的速度v 1＝3 m/s.④ (2)若小滑块刚好停在C 处,则从A 到C 由动能定理得 －μmg (L 1＋L 2)＝0－12mv 22 ⑤解得小滑块在A 点弹射出的速度为v 2＝4 m/s 若小滑块停在BC 段,应满足3 m/s≤v A ≤4 m/s若小滑块能通过C 点并恰好越过陷阱,对A 到C 的过程应用动能定理－μmg (L 1＋L 2)＝12mv 20－12mv 2A ⑥根据平抛运动规律,则有 竖直方向h ＝12gt 2⑦水平方向s ＝v 0t ⑧ 解得v A ＝5 m/s所以初速度的范围为3 m/s≤v A ≤4 m/s 或v A ≥5 m/s. 【答案】 (1)3 m/s (2)3 m/s≤v A ≤4 m/s 或v A ≥5 m/s 高分技法多过程问题解题关键1多运动组合问题主要是指直线运动、平抛运动和竖直面内圆周运动的组合问题. 2解题关键①抓住物理情景中出现的运动状态和运动过程,将物理过程分解成几个简单的子过程. ②两个相邻过程连接点的速度是联系两过程的纽带,也是解题的关键.很多情况下平抛运动的末速度的方向是解题的重要突破口.题型2 传送带模型如图所示,绷紧的传送带与水平面的夹角θ＝30°,传送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)轻轻放在传送带的底端,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：(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)由题可知,传送带长x ＝h sin θ＝3 m 工件速度达到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、重力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热量．在时间t 1内,传送带运动的位移x 2＝v 0t 1＝1.6 m在时间t 1内,工件相对传送带的位移x 相对＝x 2－x 1＝0.8 m在时间t 1内,摩擦生热Q ＝μmg cos θ·x 相对＝60 J工件获得的动能E k ＝12mv 20＝20 J 工件增加的重力势能E p ＝mgh ＝150 J电动机多消耗的电能E电＝Q＋E k＋E p＝230 J.【答案】(1)32(2)230 J高分技法解决传送带问题的“两个角度”(1)动力学角度：首先要正确分析物体的运动过程,做好受力分析,然后利用运动学公式结合牛顿第二定律求物体及传送带在相应时间内的位移,找出物体和传送带之间的位移关系．(2)能量角度：求传送带对物体所做的功、物体和传送带由于相对滑动而产生的热量、因放上物体而使电动机多消耗的电能等,常依据功能关系或能量守恒定律求解．题型3 滑块——木板模型如图甲所示,一长木板静止在水平地面上,在t＝0时刻,一小物块以一定速度从左端滑上长木板,之后长木板运动vt图象如图乙所示,已知小物块与长木板的质量均为m＝1 kg,已知木板足够长(g＝10 m/s2),求：(1)小物块与长木板间动摩擦因数的值；(2)在整个运动过程中,系统所产生的热量．【解析】(1)设小物块与长木板间的动摩擦因数为μ1,长木板与地面间的动摩擦因数为μ2,长木板达到的最大速度为v m,长木板加速过程中,由牛顿第二定律得μ1mg－2μ2mg＝ma1,v m＝a1t1,木板和物块相对静止,共同减速过程中,由牛顿第二定律得μ2·2mg＝2ma2,v m＝a2t2,由图象可知,v m＝2 m/s,t1＝2 s,t2＝1 s,联立解得μ1＝0.5.(2)设小物块初速度为v0,刚滑上长木板时的加速度大小为a0,则有μ1mg＝ma0,v m ＝v 0－a 0t 1,在整个过程中,由能量守恒定律得Q ＝12mv 20＝72 J. 【答案】 (1)0.5 (2)72 J高分技法滑块——木板模型的解题思路1解决滑块一木板模型问题的关键是先对物体进行动态分析和终态推断,灵活巧妙地从能量的观点和力的观点来揭示其本质特征,然后列方程联立求解.(2)解题思路。
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
D.处于超重状态，机械能减少
图2
解析 由题意可知，人加速向上运动，故人的加速度向上，处于超重状态； 由于风力对人做正功，故人的机械能增加，故C正确，A、B、D错误.
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12
3.图3所示，一根轻质弹簧的一端固定在O点，另一端连接一个质量为m的小
球，当小球静止时，球心到O点的距离为l，图中的实线是以O为圆心、l为半
(1)重力做正功，重力势能_减__少__
重力势能变化 (2)重力做负功，重力势能_增__加__
(3)WG＝－ΔEp＝_E_p_1－__E__p2_
(1)弹力做正功，弹性势能_减__少__ 弹簧弹力的功 弹性势能变化 (2)弹力做负功，弹性势能_增__加__
(3)WF＝－ΔEp＝Ep1－Ep2
只有重力、弹簧 弹力做功
绳索AB的重心位置将
√A.逐渐升高
C.先降低后升高
B.逐渐降低 D.始终不变
图1 解析 由题意知外力对绳索做正功，故机械能增加，重心升高，故选A.
研透命题点
命题点一 摩擦力做功与能量转化
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.
内容索引
NEIRONGSUOYIN
过好双基关 研透命题点 随堂测试 课时作业
回扣基础知识 训练基础题目 细研考纲和真题 分析突破命题点 随堂检测 检测课堂学习效果 限时训练 练规范 练速度
2020版高考物理总复习第五章第4节功能关系能量守恒定律教学案新人教版
第4节功能关系能量守恒定律考点1功能关系的理解及应用【p87】夯实基础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考点突破例1如图所示，甲、乙两传送带与水平面的夹角相同，都以恒定速率v向上运动．现将一质量为m的小物体(视为质点)轻轻放在A处，小物体在甲传送带到达B处时恰好达到传送带的速率v.在乙传送带上到达离B处竖直高度为h的C处时达到传送带的速率v，已知B处离地面的高度均为H，则在小物块从A到B的过程中( )A ．小物体与甲传送带间的动摩擦因数较小B ．两传送带对小物体做功相等C ．两种情况下因摩擦产生的热量相等D ．甲传送带消耗的电能比较大【解析】根据公式：v 2＝2ax ，可知物体加速度关系a 甲＜a 乙，再由牛顿第二定律μmgcosθ－mgsin θ＝ma ，得知μ甲＜μ乙，A 正确；传送带对小物体做功等于小物块的机械能的增加量，动能增加量相等，重力势能的增加量也相同，故两种传送带对小物体做功相等，B 正确；由摩擦生热Q ＝fs 相对知，甲图中：vt 12＝H sin θ，Q 甲＝f 1Δs 1＝f 1⎝⎛⎭⎪⎫vt 1－vt 12＝f 1H sin θ，对m ，由动能定理－mgH ＋f 1H sin θ＝12mv 2∴f 1H sin θ＝mgH ＋12mv 2＝Q 甲，同理，Q 乙＝mg(H －h)＋12mv 2，Q 甲＞Q 乙，C 错误；根据能量守恒定律，电动机消耗的电能E 电等于摩擦产生的热量Q 与物块增加的机械能之和，因物块两次从A 到B 增加的机械能相同，Q 甲＞Q 乙，所以将小物体传送到B 处，两种传送带消耗的电能甲更多，D 正确．【答案】ABD【小结】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．针对训练1．(多选)如图所示，一固定斜面倾角为30°，一质量为m 的小物块自斜面底端以一定的初速度，沿斜面向上做匀减速运动，加速度的大小等于重力加速度的大小g.若物块上升的最大高度为H ，则此过程中，物块的(AC)A ．动能损失了2mgHB ．动能损失了mgHC ．机械能损失了mgHD ．机械能损失了12mgH 【解析】由动能定理得，ΔE k ＝－12mv 20＝－mg H sin 30°＝－2mgH ，选项A 正确、B 错误；由能量守恒得，ΔE ＝mgH －12mv 20＝－mgH ，选项C 正确、D 错误． 2．(多选)升降机底板上放一质量为100 kg 的物体，物体随升降机由静止开始竖直向上移动5 m 时速度达到4 m/s ，则此过程中(g 取10 m/s 2)(AC)A ．升降机对物体做功5 800 JB ．合外力对物体做功5 800 JC ．物体的重力势能增加5 000 JD ．物体的机械能增加5 000 J【解析】重力势能增加ΔE p ＝mgh ＝100×10×5 J ＝5 000 J ；合外力做功为动能增加量，等于800 J ，B 错误；升降机对物体做功为重力势能＋动能＝5 800 J ，机械能总增加量为动能增加量＋势能增加量＝5 800 J. 考点2 能量守恒定律的理解及应用 【p 87】夯实基础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．考点突破例2如图甲所示，质量为m 的滑块以一定初速度滑上倾角为θ的固定斜面，同时施加一沿斜面向上的恒力F ＝mgsin θ.已知滑块与斜面间的动摩擦因数μ＝tan θ，取出发点为参考点，能正确描述滑块运动到最高点过程中产生的热量Q 、滑块的动能E k 、势能E p 、机械能E 随时间t 、位移x 变化关系的是( )【解析】以物体为研究对象进行受力分析可知，滑块上滑过程中所受的合外力为μmgcos θ＝mgsin θ，故滑块做加速度大小为gsin θ的匀减速直线运动，上滑过程中产生的热量Q＝fx ＝mgsin θ⎝ ⎛⎭⎪⎫v 0t －12gt 2sin θ是关于t 的二次函数，故A 错误；滑块的动能E k ＝12mv 2＝12m(v 0－gtsin θ)2是关于时间的二次函数，故B 错误；重力势能E p ＝mgh ＝mgxsin θ∝x ，所以C 正确；上滑过程中恒力做功与摩擦力做功相等即W f ＝W F ＝mgxsin θ，故滑块的机械能保持不变，所以D 正确．【答案】CD例3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v 0＝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/s 2，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】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ΔE k ＝12mv 20＝9 J. 重力势能减少ΔE p ＝mgl AD sin 37°＝36 J.机械能减少ΔE ＝ΔE k ＋ΔE p ＝45 J机械能的减少量全部用来克服摩擦力做功，即W f ＝F f l ＝45 J ，而路程l ＝5.4 m ，则F f ＝W f l＝8.33 N. 而F f ＝μmgcos 37°，所以μ＝F f 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ΔE ′k ＝12mv 20＝9 J. 重力势能减少ΔE ′p ＝mgl AC ·sin 37°＝50.4 J机械能的减少用于克服摩擦力做功W′f ＝F f ·s AC ＝μmgcos 37°×s AC ＝35 J ．由能的转化和守恒定律得：E pm ＝ΔE ′k ＋ΔE ′p －W′f ＝24.4 J.【小结】运用能量转化守恒定律解题的基本思路针对训练3．(多选)如图所示，足够长的传送带以恒定速率沿顺时针方向运转．现将一个物体轻轻放在传送带底端，物体第一阶段被加速到与传送带有相同的速度，第二阶段匀速运动到传送带顶端．则下列说法中正确的是(AC)A ．第一阶段和第二阶段摩擦力对物体都做正功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 ．第二阶段摩擦力对物体做的功等于第二阶段物体机械能的增加量D ．两个阶段摩擦力对物体所做的功等于物体机械能的减少量【解析】因两个阶段物体所受的摩擦力方向与运动方向相同，故都对物体做正功，A 正确；在第一个阶段中，由Wf 1－mgh 1＝12mv 2－0可知，Wf 1＝12mv 2＋mgh ，B 错误；在第二个阶段中，除重力外只有摩擦力做功，故第二阶段摩擦力对物体做的功等于第二阶段物体机械能的增量，C 正确；因物体在两个过程中机械能均增加，故D 错误．4．一根长为L 、质量为m 的均匀链条放在光滑的水平桌面上，其长度的一半悬于桌边，若要将悬着的部分拉回桌面，至少做功(A)A.18mgLB.14mgL C ．mgL D.12mgL 【解析】悬于桌边的链条质量为m 2.将其拉上桌面，重心升高L 4，故至少做功为18mgL.故选项A 正确．5．如图所示，分别用恒力F 1、F 2先后将质量为m 的同一物体由静止开始沿相同的固定粗糙斜面从底端推至顶端．第一次力F 1沿斜面向上，第二次力F 2沿水平方向，两次所用时间相同，则在这两个过程中(D)A ．恒力F 1等于恒力F 2B ．两次物体机械能的变化量不相同C ．F 1和F 2的平均功率相同D ．两次合力所做的功相同【解析】由公式x ＝12at 2，由于x 和t 均相同，故加速度a 相同，由v ＝at ，t 相同，则物体到达斜面顶端时速度相同，动能相同，则动能变化量相同，根据动能定理得知，合外力做功相等．由图示分析可知，第一次物体所受的摩擦力小于第二次物体所受的摩擦力，故两物体克服摩擦力做功不同，重力做功相同，F 1做的功比F 2做的少，故D 正确、A 错误；物体的运动情况相同，重力做功功率相同，第二次克服摩擦力做功的功率大，故F 1做功的功率比F 2做功的功率小，C 错误；物体末速度相同，又由于处于相同的高度，所以两物体机械能变化量相同，故B 错误．考 点 集 训 【p 295】A 组1．如图所示，滑块以6 m/s 的初速度从曲面上的A 点滑下，运动到B 点(比A 点低)时速度仍为6 m/s.若滑块以5 m/s 的初速度仍由A 点下滑，则它运动到B 点时的速度(A)A ．大于5 m/sB ．等于5 m/sC ．小于5 m/sD ．无法确定【解析】两次下滑中，滑块做圆周运动时，曲面对滑块的弹力不同，则滑块受到的摩擦力不同，故摩擦力对滑块做的功不同，而重力对滑块做的功相同，故两次动能的变化不同．因第二次速度小一点，滑块做圆周运动时，曲面对它的弹力也小一些，故它受到的摩擦力也随之减小，因此它克服摩擦力做的功也相应地减小，从而小于滑块重力做的功(因为第一次滑块克服摩擦力做的功等于滑块重力做的功)，故末速度大于初速度．本题正确答案为A.2．(多选)如图所示，足够长传送带与水平方向的夹角为θ，物块a 通过平行于传送带的轻绳跨过光滑轻滑轮，与木块b 相连，b 的质量为m ，开始时a 、b 及传送带均静止，且a 不受传送带的摩擦力作用，现将传送带逆时针匀速转动，则在b 上升h 高度(未与滑轮相碰)的过程中(ABC)A ．物块A 的质量为m sin θB ．摩擦力对a 做的功等于物块a 、b 构成的系统机械能的增加量C ．摩擦力对a 做的功等于物块a 、b 动能增加量之和D ．任意时刻，重力对a 、b 做功的瞬时功率大小不相等【解析】开始时，a 、b 及传送带均静止且a 不受传送带摩擦力作用，有m a gsin θ＝m b g ，则m a ＝m b sin θ＝m sin θ，故A 正确．摩擦力对a 做正功，根据功能关系得：物块a 、b 构成的系统机械能增加，摩擦力对a 做的功等于a 、b 机械能的增加，故B 正确．b 上升h ，则a 下降hsin θ，则a 重力势能的减小量为ΔE pa ＝m a g ×hsin θ＝mgh ，等于b 重力势能的增加量，系统的重力势能不变，所以摩擦力对a 做的功等于物块a 、b 动能增加量之和，故C 正确．任意时刻a 、b 的速率相等，对b ，克服重力的瞬时功率P b ＝mgv ，对a 有：P a ＝m a gvsin θ＝mgv ，所以重力对a 、b 做功的瞬时功率大小相等，故D 错误．3．(多选)光滑水平面上静置一质量为M 的木块，一质量为m 的子弹以水平速度v 1射入木块，以v 2速度穿出，木块速度变为v ，对这个过程，下列说法中不正确的是(BCD)A ．子弹对木块做的功等于12Mv 2 B ．子弹对木块做的功等于子弹克服阻力做的功C ．子弹对木块做的功等于木块获得的动能与子弹跟木块间摩擦生热的内能之和D ．子弹损失的动能等于子弹跟木块间摩擦产生的内能【解析】由动能定理可知，子弹对木块做的功等于木块动能的增加量12Mv 2，选项A 正确，C 错误；由动能定理可知，子弹克服阻力做的功等于子弹动能的变化量12m(v 22－v 21)，由能量守恒定律可知12m(v 22－v 21)＝12Mv 2＋Q ，故选项B 、D 错误．故选B 、C 、D. 4．如图所示，用力F 拉位于粗糙固定斜面上的木箱，使它沿着斜面加速向上移动．木箱在移动过程中，下列说法正确的是(C)A ．重力对木箱做的功等于木箱增加的重力势能B ．F 对木箱做的功等于木箱增加的机械能C ．合外力对木箱做的功等于木箱增加的动能D ．F 对木箱做的功等于木箱增加的动能与木箱克服摩擦力所做功之和【解析】克服木箱的重力做的功等于木箱增加的重力势能，选项A 错误；F 和摩擦力做功的代数和等于木箱增加的机械能，选项B 错误；根据动能定理可知，合外力对木箱做的功等于木箱增加的动能，选项C 正确；F 对木箱做的功等于木箱增加的机械能与木箱克服摩擦力所做功之和，选项D 错误．5．(多选)一物体悬挂在细绳下端，由静止开始沿竖直方向向下运动，运动过程中，物体的机械能与位移的关系图象如图所示，其中0～s 1过程的图线为曲线，s 1～s 2过程的图线为直线．根据该图象，下列判断正确的是(BD)A ．0～s 1过程中物体所受拉力一定是变力，且不断减小B ．s 1～s 2过程中物体可能在做匀速直线运动C ．s 1～s 2过程中物体可能在做变加速直线运动D ．0～s 2过程中物体的动能可能在不断增大【解析】由于除重力和弹簧的弹力之外的其他力做多少负功物体的机械能就减少多少，所以E －x 图象的斜率的绝对值等于物体所受拉力的大小，由图可知在0～s 1内斜率的绝对值逐渐增大，故在0～s 1内物体所受的拉力是不断增大的，故A 错误；由于物体在s 1～s 2内E －x 图象的斜率的绝对值不变，故物体所受的拉力保持不变．如果拉力等于物体所受的重力，故物体做匀速直线运动，故B 正确；由于物体在s 1～s 2内所受的拉力保持不变，故加速度保持不变，故物体不可能做变加速直线运动，故C 错误；如果物体在0～s 2内所受的绳子的拉力小于物体的重力，则物体加速向下运动，故物体的动能不断增大，故D 正确．6．如图甲所示，质量不计的弹簧竖直固定在水平面上，t ＝0时刻，将一金属小球从弹簧正上方某一高度处由静止释放，小球落到弹簧上压缩弹簧到最低点，然后又被弹起离开弹簧，上升到一定高度后再下落，如此反复．通过安装在弹簧下端的压力传感器，测出这一过程弹簧弹力F 随时间t 变化的图象如图乙所示，则(C)A．t1时刻小球动能最大B．t2时刻小球动能最大C．t2～t3这段时间内，小球的动能先增加后减少D．t2～t3这段时间内，小球增加的动能等于弹簧减少的弹性势能【解析】球在接触弹簧之前做自由落体运动．碰到弹簧后先做加速度不断减小的加速运动，当加速度为0时，即重力等于弹簧弹力时加速度为0，而后往下做加速度不断增大的减速运动．与弹簧接触的整个下降过程，小球的动能和重力势能转化为弹簧的弹性势能．上升过程恰好与下降过程互逆．由乙图可知t1时刻开始接触弹簧；t2时刻弹力最大，小球处在最低点，动能为0；t3时刻小球往上运动恰好要离开弹簧；t2～t3这段时间内，小球先加速后减速，动能先增加后减少，弹簧的弹性势能转化为小球的动能和重力势能．C对．7．(多选)某位溜冰爱好者先在岸上从O点由静止开始匀加速助跑，2 s后到达岸边A处，接着进入冰面(冰面与岸边在同一水平面内)开始滑行，又经 3 s 停在了冰上的B点，如图所示．若该过程中，他的位移是x，速度是v，受的合外力是F，机械能是E，则对以上各量随时间变化规律的描述正确的是(BC)【解析】此爱好者先做匀加速直线运动再做匀减速直线运动直至静止，故B正确；先后做匀加速运动和匀减速运动，两过程合外力大小均为定值，第一个过程合外力大小是第二个过程合外力的1.5倍，故C正确；位移图象是二次函数曲线，故A错；整个过程中的机械能即动能先增大后减小，故D错．8．(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F f.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(ABC)A．小物块到达小车最右端时具有的动能为(F－F f)(l＋x)B．小物块到达小车最右端时，小车具有的动能为F f xC．小物块克服摩擦力所做的功为F f (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F f，根据相互作用，小车受到向右的摩擦力F f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F f×x＝E k1－0，选项B对，对小物块根据动能定理有(F－F f)×(x ＋l)＝E k2－0，选项A对．小物块克服摩擦力做功F f(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E k1＋E k2＝F f×x＋(F－F f)×(x ＋l)＝F(x＋l)－F f l，选项D错．B组9．如图甲所示，一条轻质弹簧左端固定在竖直墙面上，右端放一个可视为质点的小物块，小物块的质量为m ＝1.0 kg ，当弹簧处于原长时，小物块静止于O 点．现对小物块施加一个外力F ，使它缓慢移动，将弹簧压缩至A 点，压缩量为x ＝0.1 m ，在这一过程中，所用外力F 与压缩量的关系如图乙所示．然后撤去F 释放小物块，让小物块沿桌面运动，已知O 点至桌边B 点的距离为L ＝2x ，水平桌面的高为h ＝5.0 m ，计算时，可认为滑动摩擦力近似等于最大静摩擦力．(g 取10 m/s 2)求：(1)在压缩弹簧过程中，弹簧存贮的最大弹性势能；(2)小物块到达桌边B 点时速度的大小；(3)小物块落地点与桌边B 的水平距离．【解析】(1)取向左为正方向，从F －x 图中可以看出，小物块与桌面间的滑动摩擦力大小为F f ＝1.0 N ，方向为负方向在压缩过程中，摩擦力做功为W f ＝－F f ·x ＝－0.1 J由图线与x 轴所围的“面积”可得外力做功为W F ＝1.0＋47.02×0.1 J ＝2.4 J 所以弹簧存贮的弹性势能为E p ＝W F ＋W f ＝2.3 J.(2)从A 点开始到B 点的过程中，由于L ＝2x ，摩擦力做功为W f ′＝F f ·3x ＝0.3 J对小物块用动能定理有E p －W f ′＝12mv 2B 解得v B ＝2 m/s.(3)物块从B 点开始做平抛运动，h ＝12gt 2 下落时间t ＝1 s水平距离s ＝v B t ＝2 m.10．如图所示，AB 与CD 为两个对称斜面，其上部都足够长，下部分别与一个光滑的圆弧面的两端相切，圆弧圆心角为120°，半径R ＝2.0 m ，一个物体在离弧底E 高度为h ＝3.0 m 处，以初速度v 0＝4 m/s 沿斜面运动，若物体与两斜面的动摩擦因数均为μ＝0.02，则物体在两斜面上(不包括圆弧部分)一共能走多长路程？(g ＝10 m/s 2)【解析】由于滑块在斜面上受到摩擦阻力作用，所以物体的机械能将逐渐减少，最后物体在BEC 圆弧上作永不停息的往复运动．由于物体只在BEC 圆弧上作永不停息的往复运动，之前的运动过程中，减小的重力势能为E p ＝mg(h －R 2)，摩擦力做功产生的热量为Q ＝μmgscos 60°，由能量转化和守恒定律得：12mv 20＋mg(h －R 2)＝μmgscos 60° ∴s ＝280 m.11．推行节水工程的转动喷水“龙头”如图所示．“龙头”距地面h(m)，可将水水平喷出，其喷灌半径可达10h.每分钟喷水m(kg)，所用的水是从地下H(m)深的井里抽取．设水以相同的速率喷出，水泵效率为η，不计空气阻力，试求：(1)水从喷水“龙头”喷出的初速度；(2)水泵每分钟对水做的功；(3)带动水泵的电动机的最小输出功率．【解析】(1)平抛运动的时间t ＝2h g水喷出的初速度为v ＝s t ＝10h t ＝52gh (2)1 min 内喷出水的动能为E k ＝12mv 2＝25mgh 水泵提水，1 min 内水获得的重力势能为E p ＝mg(H ＋h)故1 min 内水泵对水所做的功为W ＝E k ＋E p ＝mg(H ＋26h)(3)设电动机的最小输出功率为P ，有ηPt′＝W则P ＝W ηt′＝mg （H ＋26h ）60η。
功能关系能量守恒定律 教学设计教案
功能关系能量守恒定律教学设计教案第一章：能量守恒定律简介1.1 能量守恒定律的定义1.2 能量守恒定律的历史发展1.3 能量守恒定律的重要性和应用范围第二章：能量的种类与转换2.1 机械能2.2 热能2.3 电能2.4 化学能2.5 能量转换的原理和方式第三章：功能关系的基本概念3.1 功的定义3.2 功率的概念3.3 效率的计算3.4 功能关系的表达式第四章：功能关系能量守恒定律的证明4.1 能量守恒定律的数学表达式4.2 能量守恒定律的实验验证4.3 能量守恒定律的微观解释第五章：功能关系能量守恒定律的应用5.1 机械系统中的能量守恒5.2 热力学系统中的能量守恒5.3 电学系统中的能量守恒5.4 化学反应中的能量守恒第六章：能量守恒定律在日常生活和工业中的应用6.1 交通工具的能量转换与守恒6.2 照明设备中的能量转换与守恒6.3 热机的工作原理与能量守恒6.4 节能减排与能量守恒的关系第七章：功能关系能量守恒定律在不同学科领域的应用7.1 物理学中的能量守恒应用7.2 化学工程中的能量守恒应用7.3 生物学中的能量守恒应用7.4 环境科学中的能量守恒应用第八章：能量守恒定律在现代科技中的应用8.1 太阳能电池的能量转换与守恒8.2 风力发电的能量转换与守恒8.3 核能发电的能量转换与守恒8.4 未来能源技术的发展趋势第九章：功能关系能量守恒定律的哲学思考与伦理问题9.1 能量守恒定律与宇宙的终极命运9.2 能量守恒定律与人类生存的关系9.3 能源消耗与可持续发展9.4 能源伦理问题探讨第十章：能量守恒定律的教学实践与评价10.1 能量守恒定律的教学目标与方法10.2 能量守恒定律的教学设计与实施10.3 学生学习评价与反思10.4 教学资源的整合与拓展重点和难点解析一、能量守恒定律简介难点解析：理解能量守恒定律的重要性及其在各个领域的应用。
二、能量的种类与转换难点解析：掌握各种能量之间的转换关系和能量守恒在转换过程中的体现。
浙江省2020版高考物理第五章机械能守恒定律第4讲功能关系能量守恒定律学案
第4讲功能关系能量守恒定律[考试标准]一、功能关系1．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．做功对应变化的能量形式(1)合外力的功影响物体动能的变化．(2)重力的功影响物体重力势能的变化．(3)弹簧弹力的功影响弹性势能的变化．(4)除重力或系统内弹力以外的力做功影响物体机械能的变化．(5)滑动摩擦力的功影响系统内能的变化．(6)电场力的功影响电势能的变化．自测1自然现象中蕴藏着许多物理知识，如图1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1A．增大B．变小C．不变D．不能确定答案 A二、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．自测2(多选)关于能量守恒定律，下列说法中正确的是( )A．能量能从一种形式转化为另一种形式，但不能从一个物体转移到另一个物体B．能量的形式多种多样，它们之间可以相互转化C．一个物体能量增加了，必然伴随着别的物体能量减少D．能量守恒定律证明了能量既不会创生也不会消失答案BCD自测3下列说法正确的是( )A．随着科技的发展，第一类永动机是可以制成的B．太阳照射到地球上的光能转化成了其他形式的能量，但照射到宇宙空间的能量都消失了C．“既要马儿跑，又让马儿不吃草”违背了能量守恒定律，因而是不可能的D．有种“全自动”手表，不用上发条，也不用任何形式的电源，却能一直走动，说明能量可以凭空产生答案 C命题点一功能关系的理解和应用1．牢记三条功能关系(1)重力做的功等于重力势能的减少量，弹力做的功等于弹性势能的减少量；(2)合外力做的功等于动能的变化；(3)除重力、弹力外，其他力做的功等于机械能的变化．2．功能关系的选用原则在应用功能关系解决具体问题的过程中(1)若只涉及动能的变化则用动能定理分析．(2)若只涉及重力势能的变化则用重力做功与重力势能变化的关系分析．(3)若只涉及机械能变化则用除重力和弹力之外的力做功与机械能变化的关系分析．例1质量为2kg的物体以10m/s的初速度，从起点A出发竖直向上抛出，在物体上升到某一点的过程中，物体的动能损失了50 J，机械能损失了10 J，设物体在上升、下降过程空气阻力大小恒定，则该物体再落回到A点时的动能为(取g＝10 m/s2)( )A．40J B．60JC．80J D．100J答案 B解析物体抛出时的总动能为100 J，在物体上升到某一点时，物体的动能损失了50 J，机械能损失了10 J，则动能损失100 J时，机械能损失20 J，此时物体速度为0，物体到达最高点，返回时，机械能还会损失20 J，故物体从抛出到落回到A点，共损失机械能40 J，则物体再落回到A点时的动能为60 J，A、C、D错误，B正确．变式1第17届亚运会于2014年9月19日～10月4日在韩国仁川举行，我国运动员薛长锐、李玲以5.55m和4.35m分别夺得男、女撑杆跳金牌．如果把撑杆跳全过程分成四个阶段：a～b、b～c、c～d、d～e，如图2所示，不计空气阻力，则对这四个阶段的描述不正确的是( )图2A．a～b阶段：加速助跑，人和杆的总机械能增加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动能的增加量答案 C解析a～b阶段：加速过程中，人和杆的动能增加，重力势能不变，人和杆的机械能增加，所以A正确；b～c阶段：人上升过程中，人和杆的动能减少，重力势能和杆的弹性势能均增加，所以B正确；c～d阶段：杆在恢复原长的过程中，人的动能和杆的弹性势能的减少量之和等于重力势能的增加量，所以C错误；d～e阶段：只有重力做功，重力所做的功等于人动能的增加量，所以D正确．变式2升降机底板上放一质量为100 kg的物体，物体随升降机由静止开始竖直向上移动5m时速度达到4 m/s，则此过程中(g取10m/s2)( )A．升降机对物体做功5800JB．合外力对物体做功5800JC ．物体的重力势能增加500JD ．物体的机械能增加800J 答案 A解析 根据动能定理得W 升－mgh ＝12mv 2，可解得W 升＝5800J ，A 正确；合外力做的功为12mv2＝12×100×42J ＝800J ，B 错误；物体重力势能增加mgh ＝100×10×5J＝5000J ，C 错误；物体机械能增加ΔE ＝Fh ＝W 升＝5800J ，D 错误．变式3 质量为m 的物体，由静止开始下落，由于空气阻力，下落的加速度为45g ，在物体下落h 的过程中，下列说法不正确的是( ) A ．物体动能增加了45mghB ．物体的重力势能减少了mghC ．物体克服阻力所做的功为15mghD ．物体的机械能减少了45mgh答案 D解析 根据牛顿第二定律可得合力F ＝ma ＝45mg ，合力方向向下，位移方向向下，合力做正功，大小为W ＝Fh ＝45mgh ，根据动能定理可得物体的动能增量为45mgh ，A 正确；物体下落h 高度，重力做功mgh ，则重力势能减少mgh ，B 正确；物体下落过程中F ＝mg －F f ＝45mg ，受到的阻力为F f ＝15mg ，物体克服阻力所做的功为15mgh ，机械能减少量等于阻力所做的功，故机械能减少了15mgh ，故C 正确，D 错误．命题点二 摩擦力做功与能量转化 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径长度．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；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2如图3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，放在小车的最左端，现用一水平力F作用在小物块上，小物块与小车间的摩擦力为F f，经过一段时间小车运动的位移为x，小物块刚好滑到小车的右端，则下列说法中正确的是( )图3A．此时物块的动能为F(x＋L)B．此时小车的动能为F f(x＋L)C．这一过程中，物块和小车增加的机械能为Fx－F f LD．这一过程中，因摩擦而产生的热量为F f L答案 D解析对小车由动能定理知W＝F f·x＝E k，故E k＝F f x，B错误；对小物块由动能定理得F(L ＋x)－F f(L＋x)＝ΔE k，A错误；物块和小车增加的机械能ΔE＝ΔE k＋E k＝F(L＋x)－F f L，C 错误；摩擦产生的热量Q＝F f L，D正确．变式4(多选)如图4所示为生活中磨刀的示意图，磨刀石静止不动，刀在手的推动下从右向左匀速运动，发生的位移为x，设刀与磨刀石之间的摩擦力大小为F f，则下列叙述中正确的是( )图4A．摩擦力对刀做负功，大小为F f xB．摩擦力对刀做正功，大小为F f xC．摩擦力对磨刀石做正功，大小为F f xD．摩擦力对磨刀石不做功答案AD命题点三能量守恒定律的理解和应用1．当涉及滑动摩擦力做功，机械能不守恒时，一般应用能量转化和守恒定律．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．例3 如图5所示，光滑水平面AB 与竖直面内的半圆形导轨在B 点相切，半圆形导轨的半径为R .一个质量为m 的物体将弹簧压缩至A 点后由静止释放，在弹力作用下物体获得某一向右的速度后脱离弹簧，当它经过B 点进入导轨的瞬间对轨道的压力为其重力的8倍，之后向上运动恰能到达最高点C .不计空气阻力，重力加速度为g ，试求：图5(1)物体在A 点时弹簧的弹性势能；(2)物体从B 点运动至C 点的过程中产生的内能． 答案 (1)72mgR (2)mgR解析 (1)设物体在B 点的速度为v B ，所受弹力为F N B ，由牛顿第二定律得：F N B －mg ＝m v B 2R由牛顿第三定律F N B ′＝8mg ＝F N B 由能量守恒定律可知物体在A 点时弹簧的弹性势能E p ＝12mv B 2＝72mgR(2)设物体在C 点的速度为v C ，由题意可知mg ＝m v C 2R物体由B 点运动到C 点的过程中，由能量守恒定律得Q ＝12mv B 2－(12mv C 2＋2mgR )解得Q ＝mgR .变式5 质量为m 的物体以初速度v 0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6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( )图6A.12mv 02－μmg (s ＋x )B.12mv 02－μmgx C ．μmgs D ．μmg (s ＋x ) 答案 A解析 根据功的定义式可知物体克服摩擦力做功为W f ＝μmg (s ＋x )，由能量守恒定律可得12mv 02＝W 弹＋W f ，W 弹＝12mv 02－μmg (s ＋x )，故选项A 正确．变式6 如图7所示，一个质量为m 的铁块(可视为质点)沿半径为R 的固定半圆轨道上边缘由静止滑下，到半圆底部时，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( )图7A.43mgR B ．mgR C.12mgR D.34mgR 答案 D解析 在半圆底部，由牛顿第二定律有F N －mg ＝m v 2R，由牛顿第三定律有F N ′＝F N ＝1.5mg ， 则此时铁块的动能E k ＝12mv 2＝14mgR由能量守恒知ΔE ＝mgR －E k ＝34mgR .1.如图1，跳伞员跳伞后最初一段时间降落伞并不打开，跳伞员在重力和空气阻力作用下做加速运动，下落一定高度后，降落伞打开，跳伞员做减速运动，速度减小至一定值后便不再减小，跳伞员以这一速度匀速下降．在跳伞过程中，下列说法中正确的是( )图1A ．降落伞打开后到落地的过程中，跳伞员始终处于超重状态B ．跳伞员在整个下落过程中机械能一直减小C ．跳伞员在整个下落过程中机械能先增大后减小D ．如果在下落过程中，受到水平吹来的风，跳伞员将做平抛运动 答案 B2.(多选)游乐场的一种滑梯，它是由很小一段弧形轨道将倾斜直轨道和水平轨道连接组成的，如图2所示．一位小朋友从斜轨道顶端由静止开始自由下滑，经过很小一段弧形轨道滑到水平轨道上，继续滑动一段距离后停下．则小朋友( )图2A ．沿倾斜轨道下滑过程中机械能一定增加B ．沿弧形轨道滑动过程中对轨道做了负功C ．沿水平轨道滑动过程中，摩擦力对小朋友做了负功D ．在整个滑动过程中，重力做功和小朋友克服摩擦力做的功相等 答案 CD解析 沿倾斜轨道下滑过程中，摩擦力做负功，小朋友的机械能减小，转化为内能，故A 错误．沿弧形轨道滑动过程中，轨道位移为0，故小朋友对轨道做功为0，故B 错误．沿水平轨道滑动过程中，摩擦力方向与位移方向相反，摩擦力对小朋友做负功，故C 正确．整个运动过程中，小朋友的动能变化量为零，由动能定理可知，外力对小朋友所做的总功为零，则重力做功和小朋友克服摩擦力做的功相等，故D 正确．3.(多选)一运动员穿着飞翔装备从飞机上跳出后的一段运动过程可近似认为是匀变速直线运动，如图3所示，运动员的运动方向与水平方向的夹角为53°，运动员做匀变速直线运动的加速度大小为3g4.已知运动员(包含装备)的质量为m ，则在运动员下落高度为h 的过程中，下列说法正确的是( )图3A ．运动员重力势能的减少量为3mgh5B ．运动员动能的增加量为3mgh4C ．运动员动能的增加量为1516mghD ．运动员的机械能减少了mgh16答案 CD解析 由题意知运动员下落的高度为h ，W ＝mgh ，运动员重力势能的减少量为mgh ，故A 错误；运动员下落的高度为h ，则飞行的距离：L ＝h sin 53°＝54h ，运动员受到的合外力：F 合＝ma＝34mg ，运动员动能的增加量等于合外力做的功，即：ΔE k ＝W 合＝34mg ×54h ＝1516mgh ，故B 错误，C 正确；运动员重力势能的减少量为mgh ，动能的增加量为1516mgh ，则运动员的机械能减少了116mgh ，故D 正确．4.如图4所示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( )图4A ．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 答案 B解析 由于车厢相互撞击使弹簧压缩的过程中克服摩擦力做功，所以缓冲器的机械能减少，选项A 错误，B 正确；弹簧压缩的过程中，垫板的动能转化为内能和弹簧的弹性势能，选项C 、D 错误．5．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的大小恒定为F f.下列说法正确的是( )A．小球上升的过程中动能减少了mghB．小球上升和下降的整个过程中机械能减少了F f hC．小球上升的过程中重力势能增加了mghD．小球上升的过程中动能减少了F f h答案 C解析动能减少量等于克服合力做的功，即ΔE k＝(mg＋F f)h，选项A、D错误；机械能减少量等于克服除重力、弹力之外的其他力做的功，即ΔE＝2F f h，选项B错误；上升过程中重力势能增加量等于克服重力做的功，即ΔE p＝mgh，选项C正确．6.如图5所示，在水平地面上安放一竖直轻弹簧，弹簧上端与一木块m相连，在木块上加一竖直向下的力F，使木块缓慢下移0.1m，力F做功2.5J，此时木块刚好再次处于平衡状态，则在木块下移过程中，弹簧弹性势能的增加量( )图5A．等于2.5J B．大于2.5JC．小于2.5J D．无法确定答案 B解析力F对木块做功2.5J，木块和弹簧组成的系统的机械能增加2.5J，由于木块缓慢下移，动能并未增加，而重力势能减少，故根据能量守恒定律知，弹簧弹性势能必大于 2.5J(木块减少的重力势能也转化为弹簧的弹性势能)．7.如图6所示，足球从草皮上的①位置被踢出后落到草皮上的③位置，空中到达的最高点为②位置，则( )图6A．②位置足球动能等于0B．①位置到③位置过程只有重力做功C．①位置到②位置的过程中足球的动能全部转化为重力势能D．②位置到③位置过程足球动能的变化量等于合力做的功答案 D解析足球在最高点位置②时有水平方向的速度，动能不等于0，A选项错误；足球在运动过程中受重力和空气阻力作用，所以从位置①到位置③的过程中有重力和空气阻力做功，B选项错误；从位置①到位置②的过程中，动能转化为重力势能和内能，C选项错误；从位置②到位置③的过程中，根据动能定理可知，合外力做的功等于动能的变化量，D选项正确．8．如图7所示，“蹦极”运动中，运动员身系弹性绳(质量不计)下落，不计空气阻力．下列有关运动员从弹性绳刚绷紧到最低点的下落过程中的说法正确的是( )图7A．运动员的加速度一直减小B．弹性绳的弹性势能为零时，运动员的动能最大C．弹性绳的弹性势能最大时，运动员的动能为零D．运动员重力势能的减少量等于弹性绳弹性势能的增加量答案 C解析运动员从弹性绳刚绷紧到最低点的下落过程中，受到向下的重力和向上的弹力，开始阶段，重力大于弹力，弹力不断增大，合力减小，加速度减小，速度增大．当弹力等于重力时加速度为零．之后，弹力大于重力，合力向上且不断增大，运动员做减速运动，加速度增大，所以运动员的加速度先减小后增大，故A错误；弹性绳的弹性势能为零时，弹力为零，运动员受的合力向下，速度增大，此时速度不是最大，弹力等于重力时速度最大，故B错误；弹性绳的弹性势能最大时，运动员到达最低点，动能为零，故C正确；对于运动员、地球和弹性绳组成的系统，只有重力和弹力做功，系统的机械能守恒，则运动员重力势能的减少量等于弹性绳弹性势能的增加量与运动员动能增加量之和，故D错误．9．一种车辆下坡重力势能回收发电装置，在车下坡时将重力势能通过发电机转换成电能给蓄电池充电，设一辆装有这种发电装置、质量为2t的汽车，在一个连续下坡路段竖直高度下降了60m，其重力势能转换为电能的效率为10%，则在这过程中这辆汽车通过这种装置产生的电能为(g＝10m/s2)( )A．120JB．1200JC．12000JD．120000J答案 D解析根据能量守恒，在该过程中重力势能转化为电能且效率为10%，则产生的电能为：E＝mgh×10%＝2000×10×60×10%J＝120000J.10．在奥运比赛项目中，高台跳水是我国运动员的强项．质量为60kg的跳水运动员进入水中后受到水的阻力做竖直向下的减速运动，设水对他的阻力大小恒为2600N，那么在他减速下降2m的过程中，下列说法正确的是(g取10m/s2)( )A．他的动能减少了5200JB．他的重力势能减少了1200JC．他的机械能减少了4000JD．他的机械能保持不变答案 B解析在运动员减速下降2m的过程中，运动员受重力和阻力，由动能定理得(mg－F)h＝ΔE k，解得ΔE k＝－4000J，A错误；他的重力势能减少了mgh＝1200J，B正确；除了重力、弹力之外的力做的功等于机械能的变化，故他的机械能减少了Fh＝5200J，C、D错误．11．如图8所示，A、B两球质量相等，A球用不能伸长的轻绳系于O点，B球用轻弹簧系于O′点，O与O′点在同一水平面上，分别将A、B球拉到与悬点等高处，使绳和轻弹簧均处于水平，弹簧处于自然状态，将两球分别由静止开始释放，当两球达到各自悬点的正下方时，两球仍处在同一水平面上，不计空气阻力，则( )图8A．两球到达各自悬点的正下方时，两球动能相等B．两球到达各自悬点的正下方时，A球动能较大C．两球到达各自悬点的正下方时，B球动能较大D．两球到达各自悬点的正下方时，受到的拉力相等答案 B解析整个过程中两球减少的重力势能相等，A球减少的重力势能完全转化为A球的动能，B 球减少的重力势能转化为B球的动能和弹簧的弹性势能，所以到达悬点正下方时A球的动能大于B球的动能，所以B正确，A、C错误；在悬点正下方位置根据牛顿第二定律，小球所受拉力与重力的合力提供向心力，则A球受到的拉力较大，所以D错误．12．起跳摸高是学生经常进行的一项体育活动，一质量为m的同学弯曲两腿向下蹲，然后用力蹬地起跳，从该同学用力蹬地到刚离开地面的起跳过程中，他的重心上升了h，离地时他的速度大小为v.在起跳过程中，下列说法正确的是( )A．该同学机械能增加了mghB ．该同学机械能增量为mgh ＋12mv 2 C ．地面的支持力对该同学做功为mgh ＋12mv 2 D ．该同学所受的合外力对其做功为12mv 2＋mgh 答案 B解析 该同学重心升高h ，重力势能增加了mgh ，又知离地时获得动能为12mv 2，则机械能增加了mgh ＋12mv 2，A 错，B 对；该同学与地面作用过程中，支持力对该同学做功为零，C 错；该同学所受的合外力做功等于动能增量，则W 合＝12mv 2，D 错． 13．某同学用如图9所示的装置测量一个凹形木块的质量m ，弹簧的左端固定，木块在水平面上紧靠弹簧(不连接)将其压缩，记下木块右端位置A 点，静止释放后，木块右端恰能运动到B 1点．在木块槽中加入一个质量m 0＝800g 的砝码，再将木块左端紧靠弹簧，木块右端位置仍然在A 点，静止释放后木块离开弹簧，右端恰能运动到B 2点，测得AB 1、AB 2长分别为27.0cm 和9.0cm ，则木块的质量m 为( )图9A ．100gB ．200gC ．300gD ．400g答案 D解析 根据能量守恒定律，有μmg ·lAB 1＝E p ，μ(m 0＋m )g ·lAB 2＝E p ，联立得m ＝400g ，D 正确．14．太阳能汽车是利用太阳能电池板将太阳能转化为电能工作的一种新型汽车．已知太阳辐射的总功率约为4×1026W ，太阳到地球的距离约为1.5×1011m ，假设太阳光传播到达地面的过程中约有40%的能量损耗，某太阳能汽车所用太阳能电池板接收到的太阳能转化为机械能的转化效率约为15%.如果驱动该太阳能汽车正常行驶所需的机械功率为5kW ，且其中的15来自太阳能电池，则所需的太阳能电池板的面积至少约为(已知半径为r 的球体积为V ＝43πr 3，球表面积为S ＝4πr 2)( )A ．2m 2B ．6m 2C ．8m 2D ．12m 2答案 C解析 先建立如图所示，球体均匀辐射模型根据能量分配关系得：P ×60%4πr 2×S ×15%＝P ′×15，求得S ≈7.85m 2，故只有选项C 正确． 15．如图10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v 0＝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 点的距离AD ＝3 m ．挡板及弹簧质量不计，g 取10 m/s 2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：图10(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 .答案 (1)0.52 (2)24.4J解析 (1)物体从A 点至最后弹到D 点的全过程中，动能减少ΔE k ＝12mv 02＝9J. 重力势能减少ΔE p ＝mgl AD sin37°＝36J.机械能减少ΔE ＝ΔE k ＋ΔE p ＝45J减少的机械能全部用来克服摩擦力做功，即W f ＝F f l ＝45J ，而路程l ＝5.4m ，则F f ＝W f l≈8.33N. 而F f ＝μmg cos37°，所以μ＝F fmg cos37°≈0.52.(2)由A 到C 的过程：动能减少ΔE k ′＝12mv 02＝9J. 重力势能减少ΔE p ′＝mgl AC sin37°＝50.4J.物体克服摩擦力做的功W f ′＝F f l AC ＝μmg cos37°·l AC ＝35J.由能量守恒定律得：E pm＝ΔE k′＋ΔE p′－W f′＝24.4J.。
新课标2020年高考物理一轮总复习第五章第四讲功能关系能量守恒定律教案
第四讲功能关系能量守恒定律教案[小题快练]1．判断题(1)能量在转移或转化过程中，其总量会不断减少．( × )(2)在物体的机械能减少的过程中，动能有可能是增大的．( √ )(3)既然能量在转移或转化过程中是守恒的，故没有必要节约能源．( × )(4)滑动摩擦力做功时，一定会引起机械能的转化．( √ )(5)一个物体的能量增加，必定有别的物体能量减少．( √ )2．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 )A．增大B．变小C．不变D．不能确定3．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点由静止跳下，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( C )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的运动过程中，机械能守恒C ．ΔE 1＝W ＋ΔE 2D ．ΔE 1＋ΔE 2＝W4．(多选)起跳摸高是学生经常进行的一项体育活动．一质量为m 的同学弯曲两腿向下蹲，然后用力蹬地起跳，从该同学用力蹬地到刚离开地面的起跳过程中，他的重心上升了h ，离地时他的速度大小为v .下列说法正确的是( BD )A ．该同学机械能增加了mghB ．起跳过程中该同学机械能增量为mgh ＋12mv 2 C ．地面的支持力对该同学做功为mgh ＋12mv 2 D ．该同学所受的合外力对其做功为12mv 2考点一 功能关系的理解与应用 (师生共研)功是能量转化的量度，力学中几种常见的功能关系如下：[典例1] (多选)如图所示，在升降机内有一固定的光滑斜面体，一轻弹簧的一端连在位于斜面体下方的固定木板A 上，另一端与质量为m 的物块B 相连，弹簧与斜面平行．升降机由静止开始加速上升高度h 的过程中( )A ．物块B 的重力势能增加量一定等于mghB ．物块B 的动能增加量等于斜面的支持力和弹簧的弹力对其做功的代数和C ．物块B 的机械能增加量等于斜面的支持力和弹簧的弹力对其做功的代数和D ．物块B 和弹簧组成系统的机械能的增加量等于斜面对物块B 的支持力和A 对弹簧的弹力做功的代数和解析：物块B 开始受重力、支持力、弹簧的弹力，处于平衡状态，当具有向上的加速度时，合力向上，弹簧弹力和支持力在竖直方向上的合力大于重力，所以弹簧的弹力增大，物块B 相对于斜面向下运动，物块B 上升的高度小于h ，所以重力势能的增加量小于mgh ，A 错误；由动能定理可知，动能增加量等于合力做的功，经受力分析可知，物块B 受三个力的作用，除弹簧弹力和支持力外，还有重力，B 错误；由功能关系可知，机械能的增量等于除了重力外其他力对系统做的功，分别对B 和B 与弹簧组成的系统受力分析，可知C 、D 正确． 答案：CD[易错提醒]根据功能关系可知，重力对物体做负功时重力势能增加．升降机由静止开始加速上升高度h 的过程中，学生会想当然地认为B 也上升了h ，学生忽略了和B 相连的有一个弹簧，在这个过程中弹簧形变有可能发生变化．本题必须结合运动状态对B 进行受力分析，即物块B 开始受重力、支持力、弹簧的弹力处于平衡状态，当具有向上的加速度时，合力向上，弹簧弹力和支持力在竖直方向上的合力大于重力，所以弹簧的弹力增大，物块B 相对于斜面向下运动，物块B 上升的高度小于h .本题学生如果没有对B 进行受力分析的话，易错选A.1－1.[单个物体的功能关系] 质量为m 的物体，由静止开始下落，由于阻力作用，下落的加速度为4g 5，在物体下落h 的过程中，下列说法中错误的是( ) A ．物体的动能增加了4mgh 5B ．物体的机械能减少了4mgh 5C ．物体克服阻力所做的功为mgh 5D ．物体的重力势能减少了mgh答案：B1－2.[系统功能关系] (多选)如图所示，光滑水平面上放着足够长的木板B ，木板B 上放着木块A ，A 、B 间的接触面粗糙，现在用一水平拉力F 作用在A 上，使其由静止开始运动，则下列说法正确的是( )A ．拉力F 做的功等于A 、B 系统动能的增加量B ．拉力F 做的功大于A 、B 系统动能的增加量C ．拉力F 和B 对A 做的功之和小于A 的动能的增加量D．A对B做的功等于B的动能的增加量解析：对整体分析可知，F做功转化为两个物体的动能及系统的内能，故F做的功一定大于A、B系统动能的增加量，故A错误，B正确；由动能定理可知，拉力F和B对A做的功之和等于A的动能的增加量，C错误；根据动能定理可知，A对B做的功等于B的动能的增加量，D正确．答案：BD考点二摩擦力做功的特点及应用 (自主学习)1．两种摩擦力做功的比较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＝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．2－1. [摩擦生热] 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 ．W 1＜W 2，Q 1＝Q 2B ．W 1＝W 2，Q 1＝Q 2C ．W 1＜W 2，Q 1＜Q 2D ．W 1＝W 2，Q 1＜Q 2解析：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 不固定时木板A 的位移要比木板B 固定时大，所以W 1＜W 2；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Q 1＝Q 2，故选A.答案：A2－2. [滑动摩擦力的功能关系] 如图所示，固定在地面上的半圆轨道直径ab 水平，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，上升的最大高度为23H ，空气阻力不计，当质点下落再经过轨道a 点冲出时，能上升的最大高度h 为( )A ．h ＝23H B ．h ＝H 3 C ．h ＜H 3D ．H 3＜h ＜2H 3答案：D2－3. [静摩擦力的功能关系] 如图所示，某同学不慎将圆柱形木塞(木塞的中心有一小孔)卡于圆柱形金属筒的靠近封闭端的位置，为了拿出木塞，该同学将金属筒倒立过来(开口端向下)，使其由静止开始沿竖直方向向下做加速运动(加速度值大于重力加速度值)，此过程中木塞始终相对金属筒静止，当金属筒的速度达到一定值时，金属筒的开口端撞击到桌面，且其速度立即减为零．此后木塞沿金属筒壁继续竖直向下运动，运动到金属筒口边缘时速度恰好减为零．若木塞与金属筒壁间的动摩擦因数处处相等，则关于金属筒从静止开始运动至木塞运动到金属筒口边缘速度减为零的过程中，下列说法中正确的是( )A ．木塞相对金属筒静止时，金属筒对木塞的作用力方向可能竖直向上B ．金属筒速度减为零的瞬间，木塞的动能达到最大C ．金属筒对木塞的作用力始终做负功D．金属筒撞击桌面后木塞与金属筒壁摩擦产生的热量等于木塞重力势能的减少量解析：木塞相对金属筒静止的运动过程中，加速度值大于重力加速度值，由牛顿第二定律知，木塞所受的合力大于其重力，所以金属筒对木塞的作用力方向应竖直向下，故A错误；金属筒速度减为零之后，木塞运动到金属筒口边缘时速度恰好减为零，说明木塞一直做减速运动，则金属筒速度减为零的瞬间，木塞的动能达到最大，故B正确；木塞相对金属筒静止的运动过程中，金属筒对木塞的作用力方向竖直向下，对木塞做正功，故C错误；金属筒撞击桌面后，木塞与金属筒壁摩擦产生的热量等于其重力势能的减少量和动能减少量之和，故D错误．答案：B考点三能量守恒定律及其应用 (师生共研)1．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．2．运用能量守恒定律解题的基本思路[典例2] 如图所示，固定斜面的倾角θ＝30°，物体A与斜面之间的动摩擦因数为μ＝3，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4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＝4 kg，B的质量为m＝2 kg，初始时物体A到C点的距离为L＝1 m，现给A、B一初速度v0＝3 m/s，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．已知重力加速度取g＝10 m/s2，不计空气阻力，整个过程中轻绳始终处于伸直状态，求此过程中：(1)物体A向下运动刚到C点时的速度大小；(2)弹簧的最大压缩量；(3)弹簧中的最大弹性势能．[审题指导] (1)系统从开始到C点的过程中，由于摩擦力做负功，机械能减少．(2)物体A 压缩弹簧到最低点又恰好弹回C 点，系统势能不变，动能全部克服摩擦力做功．(3)物体A 在压缩弹簧过程中，系统重力势能不变，动能一部分克服摩擦力做功，一部分转化为弹性势能．解析：(1)物体A 向下运动刚到C 点的过程中，对A 、B 组成的系统应用能量守恒定律可得：μ·2mg ·cos θ·L ＝12·3mv 20－12·3mv 2＋2mgL sin θ－mgL 可解得v ＝2 m/s.(2)以A 、B 组成的系统，在物体A 将弹簧压缩到最大压缩量，又返回到C 点的过程中，系统动能的减少量等于因摩擦产生的热量．即：12·3mv 2－0＝μ·2mg cos θ·2x 其中x 为弹簧的最大压缩量解得x ＝0.4 m.(3)设弹簧的最大弹性势能为E pm由能量守恒定律可得：12·3mv 2＋2mgx sin θ－mgx ＝μ·2mg cos θ·x ＋E pm 解得：E pm ＝6 J.答案：(1)2 m/s (2)0.4 m (3)6 J[反思总结]涉及弹簧的能量问题的解题方法两个或两个以上的物体与弹簧组成的系统相互作用的过程，具有以下特点：1．能量变化上，如果只有重力和系统内弹簧弹力做功，系统机械能守恒．2．如果系统每个物体除弹簧弹力外所受合外力为零，则当弹簧伸长或压缩到最大程度时两物体速度相同．3．当弹簧为自然状态时系统内某一端的物体具有最大速度．3－1.[弹簧系统的能量守恒问题] (多选)(2016·全国卷Ⅱ)如图，小球套在光滑的竖直杆上，轻弹簧一端固定于O 点，另一端与小球相连．现将小球从M 点由静止释放，它在下降的过程中经过了N 点．已知在M 、N 两点处，弹簧对小球的弹力大小相等，且∠ONM <∠OMN <π2.在小球从M 点运动到N 点的过程中( )A ．弹力对小球先做正功后做负功B ．有两个时刻小球的加速度等于重力加速度C ．弹簧长度最短时，弹力对小球做功的功率为零D ．小球到达N 点时的动能等于其在M 、N 两点的重力势能差解析：在M 、N 两点处，弹簧对小球的弹力大小相等，且∠ONM <∠OMN <π2，则小球在M 点时弹簧处于压缩状态，在N 点时弹簧处于拉伸状态，小球从M 点运动到N 点的过程中．弹簧长度先缩短，当弹簧与竖直杆垂直时弹簧达到最短，这个过程中弹力对小球做负功．然后弹簧再伸长，弹力对小球开始做正功，当弹簧达到自然伸长状态时，弹力为零，再随着弹簧的伸长弹力对小球做负功，故整个过程中，弹力对小球先做负功，再做正功，后再做负功，A 错误；在弹簧与杆垂直时及弹簧处于自然伸长状态时，小球加速度等于重力加速度，B 正确；弹簧与杆垂直时，弹力方向与小球的速度方向垂直，则弹力对小球做功的功率为零，C 正确；由机械能守恒定律知，在M 、N 两点弹簧弹性势能相等，在N 点的动能等于从M 点到N 点重力势能的减小值，D 正确．答案：BCD3－2.[斜面上的能量守恒问题] 如图所示，一质量为m 的物块以一定的初速度v 0从斜面底端沿斜面向上运动，恰能滑行到斜面顶端．设物块和斜面的动摩擦因数一定，斜面的高度h 和底边长度x 可独立调节(斜边长随之改变)，下列说法错误的是( )A ．若增大m ，物块仍能滑到斜面顶端B ．若增大h ，物块不能滑到斜面顶端，但上滑最大高度一定增大C ．若增大x ，物块不能滑到斜面顶端，但滑行水平距离一定增大D ．若再施加一个水平向右的恒力，物块一定从斜面顶端滑出解析：对物块，初始时受重力mg 、斜面的支持力和滑动摩擦力作用，根据功能关系有12mv 20＝mgh ＋μmgx ，显然方程左右两端的质量m 可以消去，即改变物块的质量m 不影响物块在斜面上滑动的结果，故A 正确；若增大h ，物块滑行的水平位移将小于x ，即不能滑到斜面顶端，假设物块仍然滑行上升原有高度，根据图中几何关系可知，滑行的水平位移变小，物块损失的动能将小于12mv 20，因此还能继续上滑，故B 正确； 同理若增大x ，物块滑行上升的高度将小于h ，即物块不能滑到斜面顶端，假设物块仍然滑行原来的水平位移x ，根据图中几何关系可知，物块滑行上升的高度将变小，物块损失的动能将小于12mv 20，物块继续上滑，故C 正确；若再施加一个水平向右的恒力F ，由于不清楚斜面的倾角θ和动摩擦因数μ的具体关系，若恒力沿斜面方向的分力小于摩擦力的增加量，则物块一定不能从斜面顶端滑出，故D 错误．答案：D1. (2019·温州九校联考)右图是在玩“跳跳鼠”的儿童，该玩具弹簧上端连接脚踏板，下端连接跳杆，儿童在脚踏板上用力向下压缩弹簧，然后弹簧将人向上弹起，最终弹簧将跳杆带离地面，下列说法正确的是( C )A ．从人被弹簧弹起到弹簧第一次恢复原长，人一直向上加速运动B ．无论下压弹簧的压缩量多大，弹簧都能将跳杆带离地面C ．人用力向下压缩弹簧至最低点的过程中，人和“跳跳鼠”组成的系统机械能增加D ．人用力向下压缩弹簧至最低点的过程中，人和“跳跳鼠”组成的系统机械能守恒解析：从人被弹簧弹起到弹簧第一次恢复原长，人先向上做加速运动，当人的重力与弹力相等时，速度最大，由于惯性人向上做减速运动，A 错误；当下压弹簧的压缩量较小时，弹簧的拉伸量也较小，小于跳杆的重力时，跳杆不能离开地面，B 错误；人用力向下压缩弹簧至最低点的过程中，人的体能转化为系统的机械能，所以人和“跳跳鼠”组成的系统机械能增加，C 正确，D 错误．2．(多选) (2018·无锡高三期末)如图，质量分别为m 1、m 2的两物块A 、B 通过一轻质弹簧连接，静止放置在光滑水平面上，弹簧开始时处于原长，运动过程中始终处在弹性限度内．t 1＝0时刻在A 上施加一个水平向左的恒力F ，t 2＝t 时刻弹簧第一次恢复到原长状态，此时A 、B 速度分别为v 1和v 2.则t 1到t 2时间内( CD )A ．A 、B 和弹簧组成的系统的机械能先增大后减小B ．当A 的加速度为零时，B 的加速度为Fm 1＋m 2C ．当弹簧的弹性势能最大时，两物块速度相等D ．物块B 移动的距离为m 1v 21＋m 2v 222F解析：根据受力分析可知，物块A 先做加速度减小的加速运动，后做加速度增大的减速的运动；B 先做加速度增大的加速运动，后做加速度减小的加速运动．在弹簧第一次恢复到原长时，系统的机械能一直增大，A 错误；当A 的加速度为零时，弹簧弹力等于F ，所以B 的加速度为F m 2，B 错误；速度相等前，A 一直比B 速度大，所以弹簧一直在变长，当两物块速度相等，弹簧最长时，C 正确；因为弹簧恢复原长，所以弹性势能为零，根据功能关系可知：Fx ＝12m 1v 21＋12m 2v 22，所以x ＝m 1v 21＋m 2v 222F，D 正确． 3．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滑道延长线M 处的墙上，另一端恰位于坡道的底端O 点．已知在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是多少？解析：(1)由机械能守恒定律得mgh ＝12mv 2 解得v ＝2gh(2)在水平滑道上物块A 克服摩擦力所做的功为W ＝μmgd由能量守恒定律得12mv 2＝E p ＋μmgd 以上各式联立得E p ＝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E p ＝μmgd ＋mgh ′所以物块A 能够上升的最大高度为h ′＝h －2μd .答案：(1)2gh (2)mgh －μmgd (3)h －2μd[A组·基础题]1．(2017·全国卷Ⅱ) 如图，半圆形光滑轨道固定在水平地面上，半圆的直径与地面垂直，一小物块以速度v从轨道下端滑入轨道，并从轨道上端水平飞出，小物块落地点到轨道下端的距离与轨道半径有关，此距离最大时，对应的轨道半径为(重力加速度为g)( B )A.v216gB．v28gC.v24gD．v22g2．如图所示，BC是竖直面内的四分之一圆弧形光滑轨道，下端C与水平直轨道相切．一个小物块从B点正上方R处的A点处由静止释放，从B点刚好进入圆弧形光滑轨道下滑，已知圆弧形轨道半径为R＝0.2 m，小物块的质量为m＝0.1 kg，小物块与水平面间的动摩擦因数μ＝0.5，g取10 m/s2.小物块在水平面上滑动的最大距离是( D )A．0.1 m B．0.2 mC．0.6 m D．0.8 m3．如图所示，建筑工地上载人升降机用不计质量的细钢绳跨过定滑轮与一电动机相连，通电后电动机带动升降机沿竖直方向先匀加速上升后匀速上升．摩擦及空气阻力均不计．则( C )A．升降机匀加速上升过程中，升降机底板对人做的功等于人增加的动能B．升降机匀加速上升过程中，升降机底板对人做的功大于人增加的机械能C．升降机匀速上升过程中，升降机底板对人做的功等于人增加的机械能D．升降机上升的全过程中，钢绳拉力对升降机做的功大于升降机和人增加的机械能4．(2017·江苏联考)如图甲所示，小物体从竖直弹簧上方离地高h 1处由静止释放，其动能E k 与离地高度h 的关系如图乙所示．其中高度从h 1下降到h 2，图象为直线，其余部分为曲线，h 3对应图象的最高点，轻弹簧的劲度系数为k ，小物体的质量为m ，重力加速度为g .以下说法正确的是( C )A ．小物体下降至高度h 3时，弹簧形变量为0B ．小物体下落至高度h 5时，加速度为0C ．小物体从高度h 2下降到h 4，弹簧的弹性势能增加2m 2g2kD ．小物体从高度h 1下降到h 5，弹簧的最大弹性势能为2mg (h 1－h 5)5．(2019·安徽师大附中期中)质量为m 的物体从静止以12g 的加速度竖直上升高度为h .对该过程，下列说法中正确的是 ( B ) A ．物体的机械能增加12mghB ．物体的机械能增加32mghC ．重力对物体做功mghD ．合外力对物体做功32mgh解析：物体从静止开始以g2的加速度沿竖直方向匀加速上升，由牛顿第二定律得：F －mg ＝ma ，解得：F ＝32mg ，由动能定理得：－mgh ＋Fh ＝E k －0，解得E k ＝12mgh ，物体重力势能增加了mgh ，动能增加了12mgh ，故机械能增加32mgh ，故A 错误，B 正确；物体上升，克服重力做功，重力做功为－mgh ，故C 错误；合外力对物体做功等于动能的增量，则合外力对物体做功12mgh ，选项D 错误．6．(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，通过不可伸长的轻绳跨过定滑轮连接，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( CD )A ．两滑块组成系统的机械能守恒B ．重力对M 做的功等于M 动能的增加C ．轻绳对m 做的功等于m 机械能的增加D ．两滑块组成系统的机械能损失等于M 克服摩擦力做的功[B 组·能力题]7．(多选) (2019·广西百校联考)光滑斜面AB 和水平传送带BC 通过一小段光滑圆弧平滑连接．传送带以大小为3 m/s 的速率逆时针匀速转动，现让质量为0.2 kg 的滑块(视为质点)轻放在传送带的右端C ，滑块恰好能运动到斜面上最高点A .若滑块与传送带间的动摩擦因数为0.5，传送带长度BC ＝1.6 m ，取g ＝10 m/s 2，不计空气阻力，则下列说法正确的是( BC )A ．A 、B 两点间的高度差为0.8 m B ．滑块不可能返回到C 点C ．滑块第一次从C 点运动到B 点的过程中，摩擦力对滑块做的功为0.9 JD ．滑块最终将静止不动解析：根据动能定理：μmgx 2＝12mv 2可得x ＝0.9 m<1.6 m ，可见滑块第一次在传送带上先做匀加速直线运动后做匀速直线运动，到达B 点时的速率为3 m/s ，根据机械能守恒有：mgh ＝12mv 2可得A 、B 两点间的高度差为h ＝0.45 m ，选项A 错误；滑块第一次返回到B 点后做匀减速直线运动，运动了0.9 m 速度变为零，不可能返回到C 点，选项B 正确；滑块第一次从C 点运动到B 点的过程中，摩擦力对滑块做的功W ＝μmgx ＝0.9 J ，选项C 正确；经上述分析可知，滑块在斜面和传送带上往复运动，选项D 错误．8. (多选)(2018·定远育才实验学校期末)如图所示，在粗糙水平地面上，弹簧一端固定在竖直墙壁上，另一端连着物块，弹簧处于原长时物块处于O 点位置．现用外力缓慢把物块向左压至P 点不动，此时弹簧的弹性势能为E p .撤去外力后物块向右运动至Q (图中未有标出)点停下．下列说法正确的是( BC )A ．外力所做的功等于E PB ．物块到达PQ 中点时速度最大C ．Q 点可能在O 点的左侧D ．从P 到Q 的过程摩擦产生的热量一定小于E P解析：由功能关系可知，外力所做的功等于弹性势能E P 与摩擦力做功的代数和，选项A 错误；当弹簧弹力等于摩擦力时，加速度为零，此时速度最大，此位置应该在PQ 的中点位置，选项B 正确；因动摩擦因数未知，故Q 点可能在O 点的左侧，选项C 正确；物块停止的位置可能在O 点，此时弹簧的弹性势能为零，故从P 到Q 的过程弹簧的弹性势能全部转化为摩擦生热，即摩擦产生的热量等于E P ，选项D 错误．9．(多选)(2018·南京师大附中模拟)如图所示，一质量为M ＝2m 、长为L 质量均匀的板放在光滑水平桌面上，板的右端与桌边定滑轮距离足够大，板的左端有一可视为质点、质量为m 的物块，物块上连接一条很长的细绳，某人拉绳并使其以恒定速率v ＝gL 向下运动，物块只能运动到板的中点．下列说法正确的是( BD )A ．物块对板做功的功率保持不变B ．物块与板间因摩擦产生的热量为mgLC ．整个过程绳的拉力对物块做的功为mgLD ．若板与桌面间有摩擦，则当板与桌面间动摩擦因数为12时，物块一定能到达板右端解析：木板受木块对它的摩擦力作用，做匀加速直线运动，当速度与木块速度相等后保持相对静止，根据P ＝fv 知，物块对板的功率逐渐增大，A 错误；当物块到达板的中点时，此时物块的位移x 1＝vt ，木板的位移x 2＝v 2t ，根据x 1－x 2＝L 2得板的位移x 2＝L2，相对位移的大小等于物块位移的一半，等于木板的位移，因为fx板＝12Mv 2，产生的热量Q ＝fx 板＝12Mv 2＝12·2m (gL )2＝mgL ，B 正确；绳子拉力做的功，等于系统动能增加量与产生的热量之和，故W ＝12Mv 2＋Q ＝2mgL ，C 错误；如果板与桌面有摩擦，因为M 与桌面摩擦因数越大，m 越易从右端滑下，所以当m 滑到M 右端两者刚好共速时摩擦因数最小，设为μ2，对M ，由牛顿第二定律得：Ma ＝μ1mg －μ2(m ＋M )g ，板的位移：x ′2＝v2t ′；速度位移公式：v 2＝2ax ′2，对m 有：vt ′＝x ′1，x ′1－x ′2＝L ，联立得μ2＝Mv 22(M ＋m )gL ＝2m (gL )22(2m ＋m )gL ＝13，所以桌面与板间的摩擦因数应满足μ≥13，所以当板与桌面间动摩擦因数为12时，物块一定能到达板右端，D 正确．。
高考物理一轮复习讲义 第五章 机械能 第4讲 功能关系 能量守恒定律 教科版
第（1）课时课题：书法---写字基本知识课型：新授课教学目标：1、初步掌握书写的姿势，了解钢笔书写的特点。
2、了解我国书法发展的历史。
3、掌握基本笔画的书写特点。
重点：基本笔画的书写。
难点：运笔的技法。
教学过程：一、了解书法的发展史及字体的分类：1、介绍我国书法的发展的历史。
2、介绍基本书体：颜、柳、赵、欧体，分类出示范本，边欣赏边讲解。
二、讲解书写的基本知识和要求：1、书写姿势：做到“三个一”：一拳、一尺、一寸（师及时指正）2、了解钢笔的性能：笔头富有弹性；选择出水顺畅的钢笔；及时地清洗钢笔；选择易溶解的钢笔墨水，一般要固定使用，不能参合使用。
换用墨水时，要清洗干净；不能将钢笔摔到地上，以免笔头折断。
三、基本笔画书写1、基本笔画包括：横、撇、竖、捺、点等。
2、教师边书写边讲解。
3、学生练习，教师指导。
（姿势正确）4、运笔的技法：起笔按，后稍提笔，在运笔的过程中要求做到平稳、流畅，末尾处回锋收笔或轻轻提笔，一个笔画的书写要求一气呵成。
在运笔中靠指力的轻重达到笔画粗细变化的效果，以求字的美观、大气。
5、学生练习，教师指导。
（发现问题及时指正）四、作业：完成一张基本笔画的练习。
板书设计：写字基本知识、一拳、一尺、一寸我的思考：通过导入让学生了解我国悠久的历史文化，激发学生学习兴趣。
这是书写的起步，让学生了解书写工具及保养的基本常识。
基本笔画书写是整个字书写的基础，必须认真书写。
课后反思：学生书写的姿势还有待进一步提高，要加强训练，基本笔画也要加强训练。
总第（2）课时课题：书写练习1课型：新授课教学目标：1、教会学生正确书写“杏花春雨江南”6个字。
2、使学生理解“杏花春雨江南”的意思，并用钢笔写出符合要求的的字。
难点：注意字的结构和笔画的书写。
教学过程：一、小结课堂内容，评价上次作业。
二、讲解新课：1、检查学生书写姿势和执笔动作（要求做到“三个一”）。
2、书写方法是：写一个字看一眼黑板。
（老师读，学生读，加深理解。
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【2019最新】精选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教案知识点一功能关系1.功是的量度，即做了多少功就有多少发生了转化.2.做功的过程一定伴随着，而且必须通过做功来实现.答案：1.能量转化能量 2.能量的转化能量的转化知识点二能量守恒定律1.内容：能量既不会凭空，也不会凭空消失，它只能从一种形式为另一种形式，或者从一个物体到另一个物体，在的过程中，能量的总量.2.适用范围：能量守恒定律是贯穿物理学的基本规律，是各种自然现象中的一条规律.3.表达式(1)E初＝E末，初状态各种能量的等于末状态各种能量的.(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.答案：1.产生转化转移转化或转移保持不变 2.普遍适应 3.(1)总和总和(1)力对物体做了多少功，物体就具有多少能. ( )(2)能量在转移或转化过程中，其总量会不断减少. ( )(3)在物体机械能减少的过程中，动能有可能是增大的. ( )(4)既然能量在转移或转化过程中是守恒的，故没有必要节约能源. ( )(5)滑动摩擦力做功时，一定会引起机械能的转化. ( )(6)一个物体的能量增加，必定有别的物体能量减少.( )答案：(1)×(2)×(3)√(4)×(5)√(6)√考点功能关系的应用功是能量转化的量度，力学中几种常见的功能关系如下：[典例1] 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点正上方的P点由静止开始自由下落，小球沿轨道到达最高点B时对轨道压力为.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2mgRB.合力做功mgRC.克服摩擦力做功mgRD.机械能减少2mgR[解析] 小球能通过B点，在B点速度v满足mg＋mg＝m，解得v＝，从P到B 过程，重力做功等于重力势能减小量为mgR，动能增加量为mv2＝mgR，合力做功等于动能增加量mgR，机械能减少量为mgR－mgR＝mgR，克服摩擦力做功等于机械能的减少量mgR，故只有B选项正确.[答案] B[变式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)的滑块通过不可伸长的轻绳跨过定滑轮连接，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C.轻绳对m做的功等于m机械能的增加D.两滑块组成的系统机械能损失等于M克服摩擦力做的功答案：CD 解析：两滑块释放后，M下滑、m上滑，摩擦力对M做负功，系统的机械能减小，减小的机械能等于M克服摩擦力做的功，选项A错误，D正确.除重力对滑块M做正功外，还有摩擦力和绳的拉力对滑块M做负功，选项B错误.绳的拉力对滑块m做正功，滑块m机械能增加，且增加的机械能等于拉力做的功，选项C正确.功能关系的应用技巧运用功能关系解题时，应弄清楚重力或弹力做什么功，合外力做什么功，除重力、弹力外的力做什么功，从而判断重力势能或弹性势能、动能、机械能的变化.考点摩擦力做功与能量转化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＝Ffx相对，其中x相对为相互摩擦的两个物体间的相对路程.考向1 摩擦力做功的理解与计算[典例2] (2017·江西十校二模)将三个木板1、2、3固定在墙角，木板与墙壁和地面构成了三个不同的三角形，如图所示，其中1与2底边相同，2和3高度相同.现将一个可以视为质点的物块分别从三个木板的顶端由静止释放，并沿斜面下滑到底端，物块与木板之间的动摩擦因数μ均相同.在这三个过程中，下列说法不正确的是 ( )A.沿着1和2下滑到底端时，物块的速度不同，沿着2和3下滑到底端时，物块的速度相同B.沿着1下滑到底端时，物块的速度最大C.物块沿着3下滑到底端的过程中，产生的热量是最多的D.物块沿着1和2下滑到底端的过程中，产生的热量是一样多的[解析] 设1、2、3木板与地面的夹角分别为θ1、θ2、θ3，木板长分别为l1、l2、l3，当物块沿木板1下滑时，由动能定理有mgh1－μmgl1cos θ1＝mv21－0；当物块沿木板2下滑时，由动能定理有mgh2－μmgl2cos θ2＝mv22－0，又h1>h2，l1cos θ1＝l2cos θ2，可得v1>v2；当物块沿木板3下滑时，由动能定理有mgh3－μmgl3cos θ3＝mv23－0，又h2＝h3，l2cos θ2<l3cos θ3，可得v2>v3，故A错，B对.三个过程中产生的热量分别为Q1＝μmgl1cosθ1，Q2＝μmgl2cos θ2，Q3＝μmgl3cos θ3，则Q1＝Q2<Q3，故C、D对.应选A.[答案] A考向2 传送带模型中摩擦力做功与能量转化[典例3] 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摩擦产生的热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[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，外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；设第一阶段运动时间为t，传送带速度为v，对物体：x1＝t，对传送带：x1′＝vt，摩擦产生的热Q＝Ffx相对＝Ff(x1′－x1)＝Ff·t，机械能增加量ΔE＝Ff·x1＝F f·t，所以Q＝ΔE，C正确.[答案] C考向3 板块模型中摩擦力做功与能量转化[典例4] (2017·安徽黄山模拟)(多选)如图所示，质量为M、长为L的木板置于光滑的水平面上，一质量为m的滑块放置在木板左端，滑块与木板间滑动摩擦力大小为Ff，用水平的恒定拉力F作用于滑块，当滑块运动到木板右端时，木板在地面上移动的距离为s，滑块速度为v1，木板速度为v2，下列结论中正确的是 ( )A.上述过程中，F做功大小为mv21＋Mv22B.其他条件不变的情况下，M越大，s越小C.其他条件不变的情况下，F越大，滑块到达右端所用时间越长D.其他条件不变的情况下，Ff越大，滑块与木板间产生的热量越多[解析] 由牛顿第二定律得：Ff＝Ma1，F－Ff＝ma2，又L＝a2t2－a1t2，s＝a1t2，其他条件不变的情况下，M越大，a1越小，t越小，s越小；F越大，a2越大，t越小；由Q＝FfL可知，Ff越大，滑块与木板间产生的热量越多，故B、D正确，C错误；力F做的功还有一部分转化为系统热量Q，故A错误.[答案] BD求解相对滑动过程中能量转化问题的思路(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Q＝Ff·x相对中x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x相对为总的相对路程.考点能量守恒定律及应用1.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.2.运用能量守恒定律解题的基本思路考向1 对能量守恒定律的理解[典例5] 如图所示，固定的倾斜光滑杆上套有一个质量为m的小球，小球与一轻质弹簧一端相连，弹簧的另一端固定在地面上的A点，已知杆与水平面之间的夹角θ<45°，当小球位于B点时，弹簧与杆垂直，此时弹簧处于原长.现让小球自C点由静止释放，小球在B、D间某点静止，在小球滑到最低点的整个过程中，关于小球的动能、重力势能和弹簧的弹性势能，下列说法正确的是 ( )A.小球的动能与重力势能之和保持不变B.小球的动能与重力势能之和先增大后减小C.小球的动能与弹簧的弹性势能之和保持不变D.小球的重力势能与弹簧的弹性势能之和保持不变[解析] 小球与弹簧组成的系统在整个过程中，机械能守恒.弹簧处于原长时弹性势能为零，小球从C点到最低点的过程中，弹簧的弹性势能先减小后增大，所以小球的动能与重力势能之和先增大后减小，A项错误，B项正确；小球的重力势能不断减小，所以小球的动能与弹簧的弹性势能之和不断增大，C项错误；小球的初、末动能均为零，所以上述过程中小球的动能先增大后减小，所以小球的重力势能与弹簧的弹性势能之和先减小后增大，D项错误.[答案] B考向2 对能量守恒定律的应用[典例6] (2017·豫南九校联考)如图所示，固定斜面的倾角θ＝30°，物体A与斜面之间的动摩擦因数μ＝，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＝4 kg，B的质量为m＝2 kg，初始时物体A到C点的距离为L＝1 m.现给A、B一初速度v0＝3 m/s，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.已知重力加速度取g＝10 m/s2，不计空气阻力，整个过程中，轻绳始终处于伸直状态，求：(1)物体A 向下运动刚到C 点时的速度大小；(2)弹簧的最大压缩量；(3)弹簧的最大弹性势能.[解题指导] (1)系统从开始到C 点的过程中，由于摩擦力做负功，机械能减少.(2)物体A 压缩弹簧到最低点又恰好弹回C 点，系统势能不变，动能全部克服摩擦力做功.(3)物体A 在压缩弹簧过程中，系统重力势能不变，动能一部分克服摩擦力做功，一部分转化为弹性势能.[解析] (1)物体A 向下运动刚到C 点的过程中，对A 、B 组成的系统应用能量守恒定律可得：μ·2mg·cos θ·L＝·3mv－·3mv2＋2mgLsin θ－mgL可解得v ＝2 m/s.(2)以A 、B 组成的系统，在物体A 将弹簧压缩到最大压缩量，又返回到C 点的过程中，系统动能的减少量等于因摩擦产生的热量即：·3mv2－0＝μ·2mgcos θ·2x其中x 为弹簧的最大压缩量解得x ＝0.4 m.(3)设弹簧的最大弹性势能为Epm由能量守恒定律可得：12Epm＋μ·2mgcos θ·x ＝mgx －2mgxsin θ＋·3mv2 解得Epm ＝6 J.[答案] (1)2 m/s (2)0.4 m (3)6 J对于能量转化的过程，可以从以下两方面来理解：(1)能量有多种不同的形式，且不同形式的能可以相互转化. (2)不同形式的能之间的转化是通过做功来实现的，即做功的过程就是能量转化的过程，做了多少功就有多少能量发生转化，即功是能量转化的量度.1.[功能关系的应用]滑块静止于光滑水平面上，与之相连的轻质弹簧处于自然伸直状态，现用恒定的水平外力F作用于弹簧右端，在向右移动一段距离的过程中拉力F做了10 J的功.在上述过程中 ( )A.弹簧的弹性势能增加了10 JB.滑块的动能增加了10 JC.滑块和弹簧组成的系统机械能增加了10 JD.滑块和弹簧组成的系统机械能守恒答案：C 解析：拉力F做功的同时，弹簧伸长，弹性势能增大，滑块向右加速，滑块动能增加，由功能关系可知，拉力做的功等于滑块的动能与弹簧弹性势能的增加量之和，C正确，A、B、D均错误.2.[功能关系的应用]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1 900 J，他克服阻力做功100 J.韩晓鹏在此过程中( )A.动能增加了1 900 JB.动能增加了2 000 JC.重力势能减小了1 900 JD.重力势能减小了2 000 J答案：C 解析：根据动能定理，物体动能的增量等于物体所受所有力做功的代数和，即增加的动能为ΔEk＝WG＋Wf＝1 900 J－100 J＝1 800 J，A、B项错误；重力做功与重力势能改变量的关系为WG＝－ΔEp，即重力势能减少了1 900 J，C项正确，D项错误.3.[摩擦力做功与能量转化]如图所示，一个质量为m的物体(可视为质点)以某一速度由A点冲上倾角为30°的固定斜面，做匀减速直线运动，其加速度的大小为g，在斜面上上升的最大高度为h，则在这个过程中，物体 ( )A.机械能损失了mghB.动能损失了2mghC.动能损失了mghD.机械能损失了mgh答案：AB 解析：由物体做匀减速直线运动的加速度和牛顿第二定律可知mgsin 30°＋Ff＝ma，解得Ff＝mg，上升过程中的位移为2h，因此克服摩擦力做的功为mgh，选项A正确；合外力为mg，由动能定理可知动能损失了2mgh，选项B正确，选项C、D错误.4.[摩擦力做功与能量转化]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( )B.W1＝W2，Q1＝Q2A.W1<W2，Q1＝Q2D.W1＝W2，Q1<Q2C.W1<W2，Q1<Q2答案：A 解析：木块A从木板B左端滑到右端克服摩擦力所做的功W＝Ffs，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，两次都从木块B左端滑到右端，相对位移相等，所以Q1＝Q2，故选A.5.[传送带模型]如图所示，水平传送带两端点A、B间的距离为l，传送带开始时处于静止状态.把一个小物体放到右端的A点，某人用恒定的水平力F使小物体以速度v1匀速滑到左端的B点，拉力F所做的功为W1、功率为P1，这一过程物体和传送带之间因摩擦而产生的热量为Q1.随后让传送带以v2的速度匀速运动，此人仍然用相同恒定的水平力F拉物体，使它以相对传送带为v1的速度匀速从A滑行到B，这一过程中，拉力F所做的功为W2、功率为P2，物体和传送带之间因摩擦而产生的热量为Q2.下列关系中正确的是( )A.W1＝W2，P1<P2，Q1＝Q2B.W1＝W2，P1<P2，Q1>Q2C.W1>W2，P1＝P2，Q1>Q2D.W1>W2，P1＝P2，Q1＝Q2答案：B 解析：因为两次的拉力和拉力方向的位移不变，由功的概念可知，两次拉力做功相等，所以W1＝W2，当传送带不动时，物体运动的时间为t1＝；当传送带以v2的速度匀速运动时，物体运动的时间为t2＝，所以第二次用的时间短，功率大，即P1<P2；滑动摩擦力做功的绝对值等于滑动摩擦力与相对路程的乘积，也等于转化的内能，第二次的相对路程小，所以Q1>Q2，选项B正确.。