2020版高考物理新设计一轮复习江苏专版讲义：第五章第4节功能关系能量守恒定律

第4节功能关系__能量守恒定律

(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)在物体的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)节约可利用能源的目的是为了减少污染排放。(×)

(6)滑动摩擦力做功时，一定会引起机械能的转化。(√)

(7)一个物体的能量增加，必定有别的物体能量减少。(√)

突破点(一)　功能关系的理解和应用

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．几种常见的功能关系

3．两个特殊的功能关系

(1)滑动摩擦力与两物体间相对位移的乘积等于产生的内能，即Ffx相对＝ΔQ。

(2)感应电流克服安培力做的功等于产生的电能，即W克安＝ΔE电。

[题点全练]

1.(2018·镇江一模)风洞飞行体验是运用先进的科技手段实现高速风力将人吹起并悬浮于空中，如图所示。若在人处于悬浮状态时增加风力，则体验者在加速上升过程中(　　)

A．处于失重状态，机械能增加

B．处于失重状态，机械能减少

C．处于超重状态，机械能增加

D．处于超重状态，机械能减少

解析：选C　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。

2.如图所示，将一质量为m的小球以初速度v0，斜向上抛出，小球落地时的速度为v。已知小球抛出点离地面高度为h，运动过程中小球克服阻力做功为Wf，则(　　)

A．小球的机械能减少了mgh＋m(v－v0)2

B．小球的重力势能减少了mv2－mv02

C．合力做的功为mgh－Wf

D．小球克服阻力做功Wf等于mv2－mv02

解析：选C　根据动能定理可知：mgh－Wf＝mv2－mv02，故Wf＝mgh＋mv02－mv2，故克服阻力做功为该小球的机械能减少量mgh＋mv02－mv2，故A、D错误；重力做功W＝mgh，故重力势能减小mgh，故B错误；合外力做功W合＝mgh－Wf，故C正确。

3．(2019·无锡模拟)质量为m的物体从静止出发以的加速度竖直下降h，下列说法中正确的是(　　)

A．物体的机械能增加mgh

B．物体的重力势能减少mgh

C．物体的动能增加mgh

D．重力做功mgh

解析：选C　由牛顿第二定律可知，mg－f＝ma，解得f＝mg，阻力做功Wf＝－fh＝－mgh，所以物体的机械能减少mgh，故A错误；重力做功WG＝mgh，所以物体的重力势能减少mgh，故B、D错误；由动能定理可得动能的改变量ΔEk＝W合＝mah＝mgh，所以物体的动能增加mgh，故C正确。

突破点(二)　摩擦力做功与能量的关系

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＝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。

[典例]　(2018·苏州一模)如图所示，一质量为m＝1.5 kg的滑块从倾角为θ＝37°的斜面上自静止开始滑下，滑行距离s＝10 m后进入半径为R＝9 m的光滑圆弧AB，其圆心角为θ，然后水平滑上与平台等高的小车。已知小车质量为M＝3.5 kg，滑块与斜面及小车表面的动摩擦因数μ＝0.35，地面光滑且小车足够长，取g＝10 m/s2。(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)求：

(1)滑块在斜面上的滑行时间t1；

(2)滑块脱离圆弧末端B点前，轨道对滑块的支持力大小；

(3)当小车开始匀速运动时，滑块在车上滑行的距离s1。

[审题指导]

第一步：抓关键点

第二步：找突破口

(1)滑块在斜面上下滑的加速度可由

mgsin θ－μmgcos θ＝ma求出。

(2)滑块在斜面上运动的末速度为滑块在圆弧上运动的初速度。

(3)滑块到达B点前瞬间具有竖直向上的向心加速度，此时满足：FN－mg＝m。

(4)小车从开始运动到匀速运动过程中，滑块和小车组成的系统损失的机械能对应系统产生的摩擦热。

[解析]　(1)设滑块在斜面上滑行的加速度为a，由牛顿第二定律，有

mg(sin θ－μcos θ)＝ma，s＝at12

解得t1＝2.5 s。

(2)滑块在圆弧AB上运动过程，

由机械能守恒定律

mvA2＋mgR(1－cos θ)＝mvB2，vA＝at1

由牛顿第二定律，有FB－mg＝m

解得轨道对滑块的支持力FB≈31.7 N。

(3)滑块在小车上滑行时的加速度：a1＝μg＝3.5 m/s2

小车的加速度：a2＝μg＝1.5 m/s2

小车与滑块达到共同速度时小车开始匀速运动，满足vB－a1t2＝a2t2

解得：t2＝2 s

故滑块刚滑上小车的速度vB＝10 m/s，最终同速时的速度v＝3 m/s

由功能关系可得：μmg·s1＝mvB2－(m＋M)v2

解得：s1＝10 m。

[答案]　(1)2.5 s　(2)31.7 N　(3)10 m

[方法规律]

(1)滑块脱离圆弧末端B点前具有竖直向上的加速度，支持力大于滑块重力，区别于滑块刚滑上小车的情况。

(2)当小车开始匀速运动时，滑块在车上滑行的距离为滑块在小车上滑行的最大距离，也是小车的最小长度。

[集训冲关]

1．(2019·海安月考)如图所示，质量为m的物块与水平转台之间有摩擦，物块与转台转轴相距R。物块随转台由静止开始转动并计时，在t1时刻转速达到n，物块即将开始滑动，保持转速n不变，继续转动到t2时刻。则(　　)

A．在0～t1时间内，摩擦力做功为零

B．在0～t1时间内，摩擦力做功为2mπ2n2R2

C．在0～t1时间内，摩擦力做功为μmgR

D．在t1～t2时间内，摩擦力做功为μmgR

解析：选B　在0～t1时间内，转速逐渐增加，故物块的速度逐渐增加，由动能定理可知，最大静摩擦力提供向心力：

μmg＝m，解得v＝①

物块做加速圆周运动过程Wf＝mv2②

由①②两式解得Wf＝μmgR，又μmg＝m(2πn)2R，则Wf＝2mπ2n2R2，因μ是未知量，故A、C错误，B正确；在t1～

t2时间内，物块的线速度不变，摩擦力只提供向心力，根据动能定理可知摩擦力做功为零，故D错误。

2．[多选](2019·太仓模拟)如图所示，长为L的长木板水平放置，在木板的A端放置一个质量为m的小物块。现缓慢地抬高A端，使木板以左端为轴转动，当木板转到与水平面的夹角为α时小物块开始滑动，此时停止转动木板，小物块滑到底端的速度为v，则在整个过程中(　　)

A．支持力对小物块做功为mgLsin α

B．静摩擦力对小物块做功为0

C．静摩擦力对小物块做功为mgLsin α

D．滑动摩擦力对小物块做功为mv2－mgLsin α

解析：选ABD　木板被抬高的过程中，由于物块没滑动，故只有重力和支持力做功，静摩擦力做功为零，由动能定理WN－mgLsin α＝0，故支持力对小物块做功为mgLsin α，选项A、B正确，C错误；物块滑动过程中，由动能定理可得：mgLsin α＋Wf＝mv2，即Wf＝mv2－mgLsin α，选项D正确。

3．(2019·高邮模拟)如图所示，水平向右的恒力F＝8 N，作用在静止于光滑水平面上、质量为M＝8 kg的小车上，当小车的速度达到v0＝1.5 m/s时，在小车右端相对地面无初速度地放上一个质量为m＝2 kg的小物块，物块与小车间的动摩擦因数μ＝0.2。小车足够长，设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，g取10 m/s2。求：

(1)从物块放上小车开始计时，经多长时间物块与小车刚好达到共同速度；

(2)从物块放上小车到物块与小车刚好达到共同速度的过程，系统产生的热量Q。

解析：(1)放上小物块后，由牛顿第二定律得：

小车的加速度a1＝＝0.5 m/s2

物块的加速度a2＝＝2 m/s2

设共同速度为v，对小车有v＝v0＋a1t

对物块有v＝a2t

解得v＝2 m/s，t＝1 s。

(2)小车的位移s1＝t＝1.75 m

小物块的位移s2＝t＝1 m

摩擦生热Q＝μmg(s1－s2)＝3 J。

答案：(1)1 s　(2)3 J

突破点(三)　能量守恒定律的应用

1．对能量守恒定律的两点理解

(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减与增加的能量总和ΔE增，最后由ΔE减＝ΔE增列式求解。

[典例]　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Epm。

[思路点拨]

(1)物体由A到C的过程中，动能减少量与重力势能的减少量之和等于弹簧的弹性势能与物体克服摩擦力做功之和。

(2)物体由A到C后又返回D的过程中，物体动能减少量与重力势能的减少量之和等于物体克服摩擦力做的总功。

[解析]　(1)物体从开始位置A点到最后D点的过程中，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：

mv02＋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＝mv02，

重力势能减少量ΔEp＝mgLACsin 37°。

摩擦产生的热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

＝mv02＋mgLAC·sin 37°－μmgcos  37°·LAC

≈24.5 J。

[答案]　(1)0.52　(2)24.5 J

[集训冲关]

1．[多选](2019·通州模拟)如图所示，质量为M的木块放在光滑的水平面上，质量为m的子弹以速度v0沿水平射中木块，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s。若木块对子弹的阻力f视为恒定，则下列关系式中正确的是(　　)

A．fL＝Mv2

B．－fs＝mv2－mv02

C．系统摩擦生热Q＝fs

D．f(L＋s)＝mv02－mv2

解析：选ACD　以木块为研究对象，根据动能定理得，子弹对木块做功等于木块动能的增加，即fL＝Mv2　①，故A正确；以子弹为研究对象，由动能定理得，－f(L＋s)＝mv2－mv02　②，故B错误，D正确；由①＋②得，fs＝mv02－(M＋m)v2，根据能量守恒定律可知，系统摩擦

生热Q＝mv02－(M＋m)v2，则得到Q＝fs，故C正确。

2.(2019·徐州模拟)如图所示，一足够长的细杆倾斜放置，一质量为2.0 kg的金属环以100 J的初动能从P点向上做匀减速直线运动，运动4.0 m经过Q点时，动能减少64 J，机械能减少了40 J，则(　　)

A．细杆的倾角为30°

B．金属环受到的摩擦力大小为10 N

C．金属环再次回到Q点时动能为10 J

D．整个上升过程中所用的时间为1 s

解析：选B　根据功能关系，－Ffl＝ΔE，可得摩擦力大小为Ff＝10 N，故B正确；根据动能定理，－mglsin θ－Ffl＝ΔEk，可得mgsin θ＝6 N<Ff，sin θ＝0.3，故A、C错误；由Ek＝mv02，解得v0＝10 m/s，根据牛顿第二定律，mgsin θ＋Ff＝ma，可得加速度大小为a＝8 m/s2，则整个上升过程时间为t＝＝1.25 s，故D错误。

3．(2019·江阴模拟)滑板运动是一项惊险刺激的运动，深受青少年的喜爱。如图是滑板运动的轨道，AB和CD是两段圆弧形轨道，BC是一段长x＝7 m的水平轨道，其与圆弧AB、CD分别相切于B、C两点。某次一运动员从AB轨道上P点以v0的速度下滑，经BC轨道后冲上CD轨道最大高度H＝2.0 m的Q点。已知运动员和滑板的总质量m＝60 kg，滑板与BC轨道间的动摩擦因数为μ＝0.2，h＝1.6 m，不计圆弧轨道上的摩擦。(计算时，将运动员和滑板简化为质点，g＝10 m/s2)求：

(1)运动员的初速度大小；

(2)运动员最终停止运动，则在BC轨道上因摩擦产生的热量是多少？在BC轨道上运动的总路程是多少？

解析：(1)对运动员和滑板，由P到Q根据动能定理得：

mgh－μmgx－mgH＝0－mv02

代入数据得：v0＝6 m/s。

(2)运动员最终停在BC轨道上，设运动员在BC轨道上运动的总路程是s，对运动员和滑板，根据能量守恒得：

Q＝mgh＋mv02

代入数据得：Q＝2 040 J

又摩擦产生的热量：Q＝μmgs

则s＝17 m。

答案：(1)6 m/s　(2)2 040 J　17 m

与生产、生活相联系的能量守恒问题

在新课程改革的形势下，高考命题加大了以生产、生活、科技为背景的试题比重，其中与生产、生活相联系的能量守恒问题尤其受到高考命题者青睐。

(一)列车车厢间的摩擦缓冲装置

1.如图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(　　)

A．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

解析：选B　在车厢相互撞击使弹簧压缩过程中，由于要克服摩擦力做功，且缓冲器所受合外力做功不为零，因此机械能不守恒，A项错误；克服摩擦力做功消耗机械能，B项正确；撞击以后垫板和车厢有相同的速度，因此动能并不为零，C项错误；压缩弹簧过程弹簧的弹性势能增加，并没有减小，D项错误。

(二)儿童乐园中的蹦床运动

2.在儿童乐园的蹦床项目中，小孩在两根弹性绳和蹦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运动到O，小孩重力势能减少量大于动能增加量

B．从O运动到B，小孩动能减少量等于蹦床弹性势能增加量

C．从A运动到B，小孩机械能减少量小于蹦床弹性势能增加量

D．若从B返回到A，小孩机械能增加量等于蹦床弹性势能减少量

解析：选A　从A运动到O，小孩重力势能减少量等于动能增加量与弹性绳的弹性势能的增加量之和，选项A正确；从O运动到B，小孩动能和重力势能的减少量等于弹性绳和蹦床的弹性势能的增加量，选项B错误；从A运动到B，小孩机械能减少量大于蹦床弹性势能增加量，选项C错误；若从B返回到A，小孩机械能增加量等于蹦床和弹性绳弹性势能减少量之和，选项D错误。

(三)自动充电式电动车

3.构建和谐型、节约型社会深得民心，节能器材遍布于生活的方方面面，自动充电式电动车就是很好的一例，电动车的前轮装有发电机，发电机与蓄电池连接。当骑车者用力蹬车或电动车自动滑行时，电动车就可以连通发电机向蓄电池充电，将其他形式的能转化成电能储存起来。现有某人骑车以5 kJ的初动能在粗糙的水平路面上滑行，第一次关闭自动充电装置，让车自由滑行，其动能随位移变化关系如图直线a所示；第二次启动自动充电装置，其动能随位移变化关系如图曲线b所示，则第二次向蓄电池所充的电能可接近(　　)

A．5 kJ　　　　　　　　　 　B．4 kJ

C．3 kJ   D．2 kJ

解析：选D　由题图直线a可知，电动车的动能Ek与滑行位移x呈线性关系，第一次关闭自动充电装置自由滑行10 m停止，第二次启动自动充电装置时只滑行了6 m，所以第二次充电的电能相当于滑行4 m所需要的能量，即ΔE＝×5 kJ＝2 kJ，故D正确。

(四)飞机场上运送行李的传送带

4.飞机场上运送行李的装置为一水平放置的环形传送带，传送带的总质量为M，其俯视图如图所示。现开启电动机，传送带达到稳定运行的速度v后，将行李依次轻轻放到传送带上。若有n件质量均为m的行李需通过传送带运送给旅客。假设在转弯处行李与传送带无相对滑动，忽略皮带轮、电动机损失的能量。求从电动机开启到运送完行李需要消耗的电能为多少？

解析：设行李与传送带间的动摩擦因数为μ，则传送带与行李间由于摩擦产生的总热量Q＝nμmgΔx

由运动学公式得Δx＝x传－x行＝vt－＝

又a＝μg所以v＝μgt联立解得Q＝nmv2

由能量守恒得E＝Q＋Mv2＋n×mv2

所以电动机开启到运送完行李需消耗的电能为

E＝Mv2＋nmv2。

答案：Mv2＋nmv2

与生产、生活相联系的能量守恒问题往往具有试题情景新颖，所叙述的内容可能平时很少涉及，但问题的实质仍是能量转化与守恒定律的应用。对于该类问题，可通过认真读题，确定所研究的物理过程的初、末状态，分析在状态变化过程中哪些形式的能量减少了，又有哪些形式的能量增加了，然后根据ΔE减＝ΔE增列式求解。