江蘇專用2025版高考物理一輪復習第5章機械能及其守恒定律第4節(jié)功能關系能量守恒定律教案

PAGEPAGE2第4節(jié)功能關系能量守恒定律一、功能關系1．功能關系(1)功是能量轉化的量度，即做了多少功就有多少能量發(fā)生了轉化。(2)做功的過程肯定伴隨著能量的轉化，而且能量的轉化必需通過做功來實現(xiàn)。2．幾種常見的功能關系幾種常見力做功對應的能量改變數量關系式重力正功重力勢能削減WG＝－ΔEp負功重力勢能增加彈簧等的彈力正功彈性勢能削減W彈＝－ΔEp負功彈性勢能增加電場力正功電勢能削減W電＝－ΔEp負功電勢能增加合力正功動能增加W合＝ΔEk負功動能削減重力以外的其他力正功機械能增加W其＝ΔE負功機械能削減二、能量守恒定律1．內容：能量既不會憑空產生，也不會憑空消逝。它只能從一種形式轉化為另一種形式，或者從一個物體轉移到另一個物體，而在轉化和轉移的過程中，能量的總量保持不變。2．表達式：ΔE減＝ΔE增。1．思索辨析(正確的畫“√”，錯誤的畫“×”)(1)力對物體做了多少功，物體就具有多少能。 (×)(2)能量在轉移或轉化過程中，其總量會不斷削減。 (×)(3)在物體的機械能削減的過程中，動能有可能是增大的。 (√)(4)既然能量在轉移或轉化過程中是守恒的，故沒有必要節(jié)約能源。 (×)(5)滑動摩擦力做功時，肯定會引起機械能的轉化。 (√)(6)一個物體的能量增加，必定有別的物體的能量削減。 (√)2．(人教版必修2P78T3改編)某人擲鉛球，出手時鉛球的動能為150J(不計鉛球高度改變)。關于人對鉛球的做功狀況和能量轉化狀況，下列說法正確的是()A．此人對鉛球做了150J的功，將體內的化學能轉化為鉛球的動能B．此人對鉛球做的功無法計算C．此人對鉛球沒有做功，因此沒有能量的轉化D．此人對鉛球做了150J的功，將鉛球的重力勢能轉化為鉛球的動能[答案]A3．(魯科版必修2P44T5改編)質量為m的物體以初速度v0沿水平面對左起先運動，起始點A與一輕彈簧O端相距s，如圖所示。已知物體與水平面間的動摩擦因數為μ，物體與彈簧相碰后，彈簧的最大壓縮量為x。則從起先碰撞到彈簧被壓縮至最短，物體克服彈簧彈力所做的功為()A.eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－μmg(s＋x) B．eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－μmgxC．μmgs D．μmg(s＋x)A[由能量守恒定律可知，物體的初動能eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)一部分用于克服彈簧彈力做功，另一部分用于克服摩擦力做功，故物體克服彈簧彈力所做的功為eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－μmg(s＋x)，故選項A正確。]對功能關系的理解及應用eq\o([依題組訓練])1．對功能關系的理解(1)做功的過程就是能量轉化的過程，不同形式的能量發(fā)生相互轉化是通過做功來實現(xiàn)的。(2)功是能量轉化的量度，功和能的關系，一是體現(xiàn)在不同的力做功，對應不同形式的能轉化，具有一一對應關系，二是做功的多少與能量轉化的多少在數值上相等。2．力學中常見的功能關系eq\o([題組訓練])1．(2024·煙臺測試)質量為m的物體在豎直向上的恒定拉力F的作用下，由靜止起先向上運動H高度，所受空氣阻力恒為f，g為當地的重力加速度。則此過程中，下列說法正確的是()A．物體的動能增加了(F－mg)HB．物體的重力勢能增加了mgHC．物體的機械能削減了fHD．物體的機械能增加了FHB[物體受到重力、拉力以及空氣的阻力，由動能定理有ΔEk＝(F－mg－f)H，選項A錯誤；重力的功為－mgH，所以物體的重力勢能增加了mgH，選項B正確；除重力外物體受到拉力和阻力，所以物體的機械能增加ΔE＝(F－f)H，選項C、D錯誤。]2.(2024·全國卷Ⅲ)如圖所示，一質量為m、長度為l的勻稱松軟細繩PQ豎直懸掛。用外力將繩的下端Q緩慢地豎直向上拉起至M點，M點與繩的上端P相距eq\f(1,3)l。重力加速度大小為g。在此過程中，外力做的功為()A.eq\f(1,9)mgl B．eq\f(1,6)mglC.eq\f(1,3)mgl D．eq\f(1,2)mglA[以勻稱松軟細繩MQ段為探討對象，其質量為eq\f(2,3)m，取M點所在的水平面為零勢能面，起先時，細繩MQ段的重力勢能Ep1＝－eq\f(2,3)mg·eq\f(l,3)＝－eq\f(2,9)mgl，用外力將繩的下端Q緩慢地豎直向上拉起至M點時，細繩MQ段的重力勢能Ep2＝－eq\f(2,3)mg·eq\f(l,6)＝－eq\f(1,9)mgl，則外力做的功即克服重力做的功等于細繩MQ段的重力勢能的改變，即W＝Ep2－Ep1＝－eq\f(1,9)mgl＋eq\f(2,9)mgl＝eq\f(1,9)mgl，選項A正確。]3．(2024·廣安高三檢測)如圖所示，某段滑雪雪道傾角為30°，總質量為m(包括雪具在內)的滑雪運動員從距底端高為h處的雪道上由靜止起先勻加速下滑，加速度為eq\f(1,3)g。在他從上向下滑究竟端的過程中，下列說法正確的是()A．運動員削減的重力勢能全部轉化為動能B．運動員獲得的動能為eq\f(1,3)mghC．運動員克服摩擦力做功為eq\f(2,3)mghD．下滑過程中系統(tǒng)削減的機械能為eq\f(1,3)mghD[運動員的加速度大小為eq\f(1,3)g，小于gsin30°＝eq\f(1,2)g，所以其必受摩擦力，且大小為eq\f(1,6)mg，克服摩擦力做的功為eq\f(1,6)mg×eq\f(h,sin30°)＝eq\f(1,3)mgh，故C錯；摩擦力做負功，機械能不守恒，削減的重力勢能沒有全部轉化為動能，有eq\f(1,3)mgh轉化為內能，故A錯，D對；由動能定理知，運動員獲得的動能為eq\f(1,3)mg×eq\f(h,sin30°)＝eq\f(2,3)mgh，故B錯。]功能關系的選取方法(1)若只涉及動能的改變用動能定理。(2)只涉及重力勢能的改變，用重力做功與重力勢能改變的關系分析。(3)只涉及機械能改變，用除重力和彈簧的彈力之外的力做功與機械能改變的關系分析。摩擦力做功與能量轉化eq\o([講典例示法])1．兩種摩擦力的做功狀況比較類別比較靜摩擦力滑動摩擦力能量的轉化方面只有能量的轉移，而沒有能量的轉化既有能量的轉移，又有能量的轉化不同點一對摩擦力的總功方面一對靜摩擦力所做功的代數和等于零一對滑動摩擦力所做功的代數和不為零，總功W＝－Ffl相對，即相對滑動時產生的熱量相同點正功、負功、不做功方面兩種摩擦力對物體可以做正功、負功，還可以不做功2.相對滑動物體能量問題的解題流程eq\o([典例示法])如圖所示，傳送帶與地面的夾角θ＝37°，A、B兩端間距L＝16m，傳送帶以速度v＝10m/s沿順時針方向運動，物體m＝1kg，無初速度地放置于A端，它與傳送帶間的動摩擦因數μ＝0.5，試求：(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2)(1)物體由A端運動到B端的時間；(2)系統(tǒng)因摩擦產生的熱量。思維流程：解此題按以下思路：eq\x(輕放物體)eq\o(→,\s\up14(受力),\s\do14(分析))eq\x(物體加速下滑)eq\o(→,\s\up14(運動),\s\do14(分析))eq\x(共速)eq\o(→,\s\up14(受力),\s\do14(分析))eq\x(共同加速)[解析](1)物體剛放上傳送帶時受到沿斜面對下的滑動摩擦力，由牛頓其次定律得mgsinθ＋μmgcosθ＝ma1設物體經時間t1加速到與傳送帶同速，則v＝a1t1，x1＝eq\f(1,2)a1teq\o\al(2,1)解得a1＝10m/s2，t1＝1s，x1＝5m設物體與傳送帶同速后再經過時間t2到達B端，因mgsinθ>μmgcosθ，故當物體與傳送帶同速后，物體將接著加速，即mgsinθ－μmgcosθ＝ma2L－x1＝vt2＋eq\f(1,2)a2teq\o\al(2,2)解得t2＝1s故物體由A端運動到B端的時間t＝t1＋t2＝2s。(2)物體與傳送帶間的相對位移x相＝(vt1－x1)＋(L－x1－vt2)＝6m故Q＝μmgcosθ·x相＝24J。[答案](1)2s(2)24J摩擦力做功的分析方法一是無論是滑動摩擦力，還是靜摩擦力，計算做功時都是用力與對地位移的乘積。二是摩擦生熱的計算公式Q＝Ff·x相對，其中x相對為兩接觸物體間的相對位移，若物體在傳送帶上做往復運動時，則x相對為總的相對路程。eq\o([跟進訓練])水平地面上的摩擦力做功分析1．(多選)(2024·江蘇高考)如圖所示，輕質彈簧一端固定，另一端連接一小物塊，O點為彈簧在原長時物塊的位置。物塊由A點靜止釋放，沿粗糙程度相同的水平面對右運動，最遠到達B點。在從A到B的過程中，物塊()A．加速度先減小后增大B．經過O點時的速度最大C．所受彈簧彈力始終做正功D．所受彈簧彈力做的功等于克服摩擦力做的功AD[對物塊受力分析，當彈簧處于壓縮狀態(tài)時，由牛頓其次定律可得kx－f＝ma，x減小，a減小，當a＝0時，物塊速度最大，此時，物塊在O點左側，選項B錯誤；從加速度a＝0處到O點過程，由牛頓其次定律得f－kx＝ma，x減小，a增大，當彈簧處于伸長狀態(tài)時，由牛頓其次定律可得kx＋f＝ma，x增大，a接著增大，可知物塊的加速度先減小后增大，選項A正確；物塊所受彈簧的彈力對物塊先做正功，后做負功，選項C錯誤；從A到B的過程，由動能定理可得W彈－Wf＝0，選項D正確。]曲面上的摩擦力做功分析2．(2024·湖北六市高三聯(lián)考)如圖所示，豎直平面內有一半徑為R的固定eq\f(1,4)圓軌道與水平軌道相切于最低點B。一質量為m的小物塊P(可視為質點)從A處由靜止滑下，經過最低點B后沿水平軌道運動，到C處停下，B、C兩點間的距離為R，物塊P與圓軌道、水平軌道之間的動摩擦因數均為μ?，F(xiàn)用力F將物塊P沿下滑的路徑從C處緩慢拉回圓弧軌道的頂端A，拉力F的方向始終與物塊P的運動方向一樣，物塊P從B處經圓弧軌道到達A處過程中，克服摩擦力做的功為μmgR，下列說法正確的是()A．物塊P在下滑過程中，運動到B處時速度最大B．物塊P從A滑到C的過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做的功為mgR(1＋2μ)CD[當重力沿圓軌道切線方向的分力等于滑動摩擦力時速度最大，此位置在AB之間，故A錯誤；將物塊P緩慢地從B拉到A，克服摩擦力做的功為μmgR，而物塊P從A滑到B的過程中，物塊P做圓周運動，依據向心力學問可知物塊P所受的支持力比緩慢運動時要大，則滑動摩擦力增大，所以克服摩擦力做的功Wf大于μmgR，因此物塊P從A滑到C的過程中克服摩擦力做的功大于2μmgR，故B錯誤；由動能定理得，從C到A的過程中有WF－mgR－μmgR－μmgR＝0－0，則拉力F做的功為WF＝mgR(1＋2μ)，故D正確；從A到C的過程中，依據動能定理得mgR－Wf－μmgR＝0，因為Wf>μmgR，則mgR>μmgR＋μmgR，因此WF<2mgR，故C正確。]傳送帶模型中的摩擦力做功分析3.如圖所示，質量為m的物體在水平傳送帶上由靜止釋放，傳送帶由電動機帶動，始終保持以圖示速度v勻速運動。物體與傳送帶間的動摩擦因數為μ，物體運動一段距離能保持與傳送帶相對靜止。對于物體從靜止釋放到相對傳送帶靜止這一過程，下列說法正確的是()A．電動機多做的功為eq\f(1,2)mv2B．摩擦力對物體做的功為mv2C．傳送帶克服摩擦力做的功為eq\f(1,2)mv2D．物體與傳送帶因摩擦產生的熱量為eq\f(1,2)mv2D[電動機多做的功轉化成了物體的動能和內能，物體從靜止釋放到相對傳送帶靜止過程中獲得的動能為eq\f(1,2)mv2，所以電動機多做的功肯定大于eq\f(1,2)mv2，所以A錯誤；物體從靜止釋放到相對傳送帶靜止過程中只有摩擦力對物體做功，由動能定理可知，摩擦力對物體做的功等于物體動能的改變，即為eq\f(1,2)mv2，所以B錯誤；物體做勻加速直線運動的末速度為v，故此過程中物體的平均速度為eq\f(v,2)，傳送帶的速度為v，則此過程傳送帶的位移為物體位移的2倍，因為摩擦力對物體做功為eq\f(1,2)mv2，故傳送帶克服摩擦力做的功為mv2，故C錯誤；傳送帶克服摩擦力做的功為mv2，物體獲得的動能為eq\f(1,2)mv2，依據能量守恒定律知，物體與傳送帶因摩擦產生的熱量為eq\f(1,2)mv2，故D正確。]“滑塊—木板”模型中的摩擦力做功分析4．如圖甲所示，長木板A放在光滑的水平面上，質量為m＝2kg的另一物體B(可看成質點)以水平速度v0＝2m/s滑上原來靜止的長木板A的上表面。由于A、B間存在摩擦，之后A、B速度隨時間改變狀況如圖乙所示。下列說法正確的是(g取10m/s2)()甲乙A．木板A獲得的動能為2JB．系統(tǒng)損失的機械能為4JC．木板A的最小長度為2mD．A、B間的動摩擦因數為0.1D[由題給圖象可知，A、B的加速度大小都為1m/s2，依據牛頓其次定律知二者質量相等，木板獲得的動能為1J，選項A錯誤；系統(tǒng)損失的機械能ΔE＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)·2m·v2＝2J，選項B錯誤；由v-t圖象可求出二者相對位移為1m，選項C錯誤；分析B的受力，依據牛頓其次定律，可求出μ＝0.1，選項D正確。]能量守恒定律的理解及應用eq\o([依題組訓練])1.在兒童樂園的蹦床項目中，小孩在兩根彈性繩和蹦床的幫助下實現(xiàn)上下彈跳。如圖所示，某次蹦床活動中小孩靜止時處于O點，當其彈跳到最高點A后下落可將蹦床壓到最低點B，小孩可看成質點，不計空氣阻力，下列說法正確的是()A．從A運動到O，小孩重力勢能削減量大于動能增加量B．從O運動到B，小孩動能削減量等于蹦床彈性勢能增加量C．從A運動到B，小孩機械能削減量小于蹦床彈性勢能增加量D．若從B返回到A，小孩機械能增加量等于蹦床彈性勢能削減量A[從A運動到O，小孩重力勢能削減量等于動能增加量與彈性繩的彈性勢能的增加量之和，選項A正確；從O運動到B，小孩動能和重力勢能的削減量等于彈性繩和蹦床的彈性勢能的增加量，選項B錯誤；從A運動到B，小孩機械能削減量大于蹦床彈性勢能增加量，選項C錯誤；若從B返回到A，小孩機械能增加量等于蹦床和彈性繩彈性勢能削減量之和，選項D錯誤。]2．(多選)(2024·江蘇金陵中學高考模擬)如圖所示，處于原長的水平輕彈簧左端固定在豎直擋板上，右端貼靠置于粗糙的水平面上O點的質量m的小物塊，現(xiàn)對物塊施加水平向左的恒力F0，物塊向左運動至最遠點P點時馬上撤去F0，結果物塊恰好返回O點靜止，已知OP＝x0，重力加速度為g，則()A．物塊在O點向左運動時刻加速度大小為eq\f(F0,m)B．物塊在P點時刻，彈簧的彈性勢能為eq\f(F0x0,2)C．物塊與水平面摩擦力因數μ＝eq\f(F0,2mg)D．物塊向左運動速度最大的位置與返回向右運動速度最大的位置不在同一點BC[物塊從O到P的過程中，依據動能定理可得Fx0－μmgx0－WN＝0，物塊從P到O的過程中，依據動能定理可得WN－μmgx0＝0，聯(lián)立解得WN＝μmgx0＝eq\f(1,2)Fx0，所以物塊與水平面摩擦力因數μ＝eq\f(F0,2mg)；物塊在O點向左運動時刻加速度大小為a＝eq\f(F0－μmg,m)＝eq\f(F0,2m)；物塊在P點時刻，彈簧的彈性勢能為Ep＝μmgx0＝eq\f(1,2)Fx0；物塊向左運動速度最大的位置時合外力為零，設彈簧的壓縮量為x1，即F0－μmg－kx1＝0，解得彈簧的壓縮量為x1＝eq\f(F0,2k)；返回向右運動速度最大的位置時合外力為零，設彈簧的壓縮量為x2，即kx2－μmg＝0，解得彈簧的壓縮量為x2＝eq\f(F0,2k)，所以物塊向左運動速度最大的位置與返回向右運動速度最大的位置在同一點，故選項B、C正確，A、D錯誤。]3.(多選)(2024·常熟市中學高三開學考試)如圖所示，一根輕質彈簧一端固定于光滑豎直桿上，另一端與質量為m的滑塊P連接，P穿在桿上，一根輕繩跨過定滑輪將滑塊P和重物Q連接起來，重物Q的質量M＝6m。把滑塊P從圖中A點由靜止釋放后沿豎直桿上下運動，當它經過A、B兩點時彈簧彈力大小相等。已知OA與水平面的夾角θ＝53°，OB長為L，與AB垂直，不計滑輪質量和摩擦力，重力加速度為g，s