2021高三物理人教版一轮学案：第五章第4讲　功能关系　能量守恒定律


第4讲　功能关系　能量守恒定律
ZHI SHI SHU LI ZI CE GONG GU
知识梳理·自测巩固
1．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。
2．能量守恒定律
(1)内容：能量既不会消灭，也__不会创生__。它只会从一种形式__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)表达式：ΔE减＝__ΔE增__。
思考：飞船返回舱进入地球大气层以后，由于它的高速下落，而与空气发生剧烈摩擦，返回舱的表面温度达到1 000摄氏度。

(1)进入大气层很长一段时间，返回舱加速下落，返回舱表面温度逐渐升高。该过程动能和势能怎么变化？机械能守恒吗？
(2)返回舱表面温度越高，内能越大。该过程中哪两种形式的能量之间发生转化？机械能和内能的总量变化吗？
[答案]　(1)动能增加，势能减少，不守恒。
(2)机械能向内能转化，不变。
思维诊断：
(1)力对物体做了多少功，物体就有多少能。(　×　)
(2)物体在速度增大时，其机械能可能在减小。(　√　)
(3)重力和弹簧弹力之外的力做功的过程是机械能和其他形式能量转化的过程。(　√　)
(4)一对互为作用力与反作用力的摩擦力做的总功，等于系统增加的内能。(　√　)
　　
1．(2019·重庆一诊)如图所示，一物块在粗糙斜面上由静止释放，运动到水平面上后停止，则运动过程中，物块与地球组成系统的机械能(　B　)

A．不变　 B．减少　
C．增大　 D．无法判断
[解析]　本题考查摩擦力做功问题。物块在粗糙斜面上由静止释放后，重力与摩擦力对物块做功，其中摩擦力做功是将物块机械能的一部分转化为内能，所以物块与地球组成系统的机械能减少，故A、C、D错误，B正确。
2．(2019·江苏盐城月考)火箭发射回收是航天技术的一大进步。如图所示，火箭在返回地面前的某段运动，可看成先匀速后减速的直线运动，最后撞落在地面上，不计火箭质量的变化，则火箭(　C　)

A．匀速下降过程中，机械能守恒
B．减速下降过程中，机械能守恒
C．匀速下降过程中，合外力做功为零
D．减速下降过程中，合外力做功等于火箭机械能的变化
[解析]　火箭在下降过程中，空气阻力做负功，其机械能不守恒，A、B错误；匀速下降过程中，合外力为零，则合外力做功为零，C正确；减速下降过程中，合外力做功等于火箭动能的变化，而空气阻力做功等于火箭机械能的变化，D错误。
3．(多选)在离水平地面h高处将一质量为m的小球水平抛出，在空中运动的过程中所受空气阻力大小恒为f，落地时小球距抛出点的水平距离为x，速率为v，那么，在小球运动的过程中(　AD　)
A．重力做功为mgh
B．克服空气阻力做的功为f·
C．落地时重力的瞬时功率为mgv
D．重力势能和机械能都逐渐减少
[解析]　重力做功为WG＝mgh，A正确；空气阻力做功与经过的路程有关，而小球经过的路程大于，故克服空气阻力做的功大于f·，B错误；落地时，重力的瞬时功率为重力与沿重力方向的分速度的乘积，故落地时重力的瞬时功率小于mgv，C错误；重力做正功，重力势能减少，空气阻力做负功，机械能减少，D正确。
HE XIN KAO DIAN ZHONG DIAN TU PO
核心考点·重点突破
考点一　功能关系的应用
1．几种常见的功能关系
几种常见力做功
对应的能量变化
数量关系式
重力
正功
重力势能减少
WG＝－ΔEp
负功
重力势能增加
弹簧的弹力
正功
弹性势能减少
W弹＝－ΔEp
负功
弹性势能增加
电场力
正功
电势能减少
W电＝－ΔEp
负功
电势能增加
合力
正功
动能增加
W合＝ΔEk
负功
动能减少
重力以外的其他力
正功
机械能增加
W其＝ΔE
负功
机械能减少
2.两个特殊的功能关系
(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＝Q。
(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。
例1 (2019·辽宁沈阳月考)北京时间2019年7月13日，第十八届国际泳联世界锦标赛在韩国光州举行。在男女混合10米跳台决赛上，司雅杰/练俊杰夺得首金，实现了跳水“梦之队”的开门红。假设司雅杰质量为m，她在某次跳水时保持同一姿态由静止开始下落，由于空气阻力影响，司雅杰下落的加速度为g，在她下落高度为h的过程中，下列说法正确的是(　A　)
A．动能增加了mgh
B．机械能减少了mgh
C．克服阻力所做的功为mgh
D．重力势能减少了mgh
[解析]　由牛顿第二定律有mg－f＝ma，由a＝g得f＝mg，利用动能定理有W＝Fh＝mgh＝ΔEk，A正确；判断机械能的变化要看除重力外其他力的做功情况，－fh＝－mgh＝ΔE，说明阻力做负功，机械能减少mgh，B错误；司雅杰克服阻力做功应为mgh，C错误；高度下降了h，则重力势能减少了mgh，D错误。
〔类题演练1〕
如图1所示，固定的粗糙斜面长为10 m，一小滑块自斜面顶端由静止开始沿斜面下滑的过程中，小滑块的动能Ek随位移x的变化规律如图2所示，取斜面底端为重力势能的参考平面，小滑块的重力势能Ep随位移x的变化规律如图3所示，重力加速度g＝10 m/s2。根据上述信息能求出(　D　)

A．斜面的倾角
B．小滑块与斜面之间的动摩擦因数
C．小滑块下滑的加速度的大小
D．小滑块受到的滑动摩擦力的大小
[解析]　小滑块沿斜面下滑的过程中，根据动能定理有：F合x＝ΔEk，由图2的斜率可求得合力F合＝＝ N＝2.5 N，小滑块重力势能的变化量ΔEp＝－mgΔxsin θ，由图3的斜率可求得mgsin θ＝－＝ N＝10 N，F合＝mgsin θ－Ff＝mgsin θ－μmgcos θ＝ma＝2.5 N，则小滑块受到的滑动摩擦力的大小Ff可以求出，因小滑块的质量m未知，故斜面的倾角θ、小滑块与斜面之间的动摩擦因数μ、小滑块下滑的加速度a的大小不能求出，故选D。
考点二　能量守恒定律及应用
应用能量守恒定律的一般步骤：
(1)分清有多少种形式的能(如动能、重力势能、弹性势能、内能、电能等)在变化。
(2)分别列出减少的能量ΔE减和增加的能量ΔE增的表达式。
(3)列恒等式：ΔE减＝ΔE增。
例2 (2020·河南名校联考)如图所示，在某竖直平面内，光滑曲面AB与水平面BC平滑连接于B点，BC右端连接内壁光滑、半径r＝0.2 m的四分之一细管CD，管口D端正下方直立一根劲度系数k＝100 N/m的轻弹簧，弹簧一端固定，另一端恰好与管口D端平齐。一个质量为1 kg的小球放在曲面AB上，现从距BC的高度h＝0.6 m处静止释放小球，它与BC间的动摩擦因数μ＝0.5，小球进入管口C端时，它对上管壁有FN＝2.5mg的作用力，通过CD后，在压缩弹簧过程中小球速度最大时弹簧的弹性势能Ep＝0.5 J。重力加速度g取10 m/s2。求：

(1)小球在C处受到的向心力大小；
(2)在压缩弹簧过程中小球的最大动能Ekm；
(3)小球最终停止的位置。
[解析]　(1)小球进入管口C端时，与圆管上管壁有大小为FN＝2.5mg的相互作用力，故对小球由牛顿第二定律有
FN＋mg＝Fn
解得FN＝35 N。
(2)在压缩弹簧过程中，速度最大时合力为零。
设此时小球离D端的距离为x0，则有kx0＝mg
解得x0＝＝0.1 m
在C点，有Fn＝
解得vC＝ m/s
由能量守恒定律有mg(r＋x0)＝Ep＋(Ekm－mv)
解得Ekm＝mg(r＋x0)＋mv－Ep＝6 J。
(3)小球从A点运动到C点过程，由动能定理得
mgh－μmgs＝mv
解得B、C间距离s＝0.5 m
小球与弹簧作用后返回C处动能不变，小球的动能最终消耗在与BC水平面相互作用的过程中。
设小球与弹簧作用后在BC上运动的总路程为s′，由能量守恒定律有
μmgs′＝mv
解得s′＝0.7 m
故最终小球在BC上距离C为0.5 m－(0.7 m－0.5 m)＝0.3 m(或距离B端为0.7 m－0.5 m＝0.2 m)处停下。
[答案]　(1)35 N　(2)6 J　(3)停在BC上距离C端0.3 m处(或距离B端0.2 m处)
〔类题演练2〕
如图所示，AB为半径R＝0.8 m的光滑圆弧轨道，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，车上表面距离地面的高度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：

(1)滑块到达B端时，轨道对它支持力的大小；
(2)车被锁定时，车右端距轨道B端的距离；
(3)从车开始运动到被锁定的过程中，滑块与车上表面间由于摩擦而产生的热量大小。
[答案]　(1)30 N　(2)1 m　(3)6 J
[解析]　(1)由机械能守恒定律和牛顿第二定律得
mgR＝mv，FNB－mg＝m
则FNB＝30 N
(2)设m滑上小车后经过时间t1与小车同速，共同速度大小为v，设滑块的加速度大小为a1，小车的加速度大小为a2
对滑块有μmg＝ma1，v＝vB－a1t1
对于小车：μmg＝Ma2，v＝a2t1
解得v＝1 m/s，t1＝1 s，
因t1 l车＝t1＋v(t0－t1)，解得l车＝1 m。
(3)Q＝μmgl相对＝μmg(t1－t1)。
解得Q＝6 J。
JIE DUAN PEI YOU CHA QUE BU LOU
阶段培优·查缺补漏
功能关系在传送带模型中的应用
▼
1．因摩擦产生热量的求解方法
利用公式Q＝Ffx相对或利用能量守恒定律求解。在传送带模型中，一般只能用公式求解。特别要注意公式中的x相对指相对位移而不是对地位移。
2．因传送工件而多消耗电能的求解方法：
(1)根据能量守恒：消耗的电能等于工件增加的机械能与摩擦产生的热量之和。
(2)根据动能定理：由于传送带匀速运动，电动机做的功等于传送带克服摩擦力做的功。
例3 如图所示，传送带AB总长为l＝10 m，与一个半径为R＝0.4 m的光滑四分之一圆轨道BC相切于B点，传送带顺时针转动，速度恒为v＝6 m/s。现有一个滑块以一定初速度v0从A点水平滑上传送带，滑块质量为m＝10 kg，滑块与传送带间的动摩擦因数为μ＝0.1，已知滑块运动到B点时，刚好与传送带共速，g取10 m/s2，求：

(1)滑块的初速度v0的大小；
(2)滑块能上升的最大高度h；
(3)滑块第二次在传送带上滑行过程中，滑块和传送带间因摩擦产生的内能。
[解析]　(1)以滑块为研究对象，设滑块的加速度大小为a，
由牛顿第二定律可得μmg＝ma，
解得a＝1 m/s2。
滑块在传送带上运动的过程中，由速度位移公式可得，
①当滑块速度大于传送带速度时v2－v＝－2al，
代入数据可解得v0＝2 m/s；
②当滑块初速度小于传送带速度时v2－v＝2al，
代入数据可解得v0＝4 m/s。
(2)由机械能守恒定律可得mgh＝mv2，
解得h＝1.8 m。
(3)滑块减速到零的位移x0＝，
解得x0＝18 m>10 m，
由此可知，滑块第二次在传送带上滑行时，速度没有减小到零就离开传送带。
设滑块在传送带上滑行的时间为t，
则由匀变速直线运动的位移公式可得
l＝vt－at2，
解得t＝2 s，
在此时间内传送带的位移x＝vt＝12 m，
故滑块第二次在传送带上滑行过程中，滑块和传送带间因摩擦产生的内能为Q＝μmg(l＋x)，代入数据解得Q＝220 J。
[答案]　(1)2 m/s或4 m/s　(2)1.8 m　(3)220 J
〔类题演练3〕
(2019·四川攀枝花模拟)(多选)如图所示，倾角为θ＝37°的传送带以速度v＝2 m/s沿图示方向匀速运动。现将一质量为2 kg的小木块，从传送带的底端以v0＝4 m/s的初速度，沿传送带运动方向滑上传送带。已知小木块与传送带间的动摩擦因数为μ＝0.5，传送带足够长，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，取g＝10 m/s2。小物块从滑上传送带至到达最高点的过程中，下列说法正确的是(　BC　)

A．运动时间为0.4 s
B．发生的位移为1.6 m
C．产生的热量为9.6 J
D．摩擦力对小木块所做功为12.8 J
[解析]　第一阶段：根据牛顿第二定律，mgsin θ＋μmgcos θ＝ma1，得a1＝10 m/s2，第一阶段位移为x1＝＝0.6 m，所用时间为t1＝＝0.2 s，传送带位移为x传1＝vt1＝0.4 m，划痕为Δx1＝x1－x传1＝0.2 m；第二阶段：mgsin θ－μmgcos θ＝ma2，得a2＝2 m/s2，第二阶段位移为x2＝＝1 m，所用时间为t2＝＝1 s，传送带位移为x传2＝vt2＝2 m，划痕为Δx2＝x传1－x2＝1 m。由以上分析可知，物体运动总时间为t＝t1＋t2＝1.2 s；物体的总位移x＝x1＋x2＝1.6 m；产生总热量为Q＝μmgcos θ·Δx1＋μmgcos θ·Δx2＝9.6 J；摩擦力第一阶段做负功，第二阶段做正功，摩擦力对小木块所做功为W＝－μmgcos θ·x1＋μmgcos θ·x2＝3.2 J，综上分析可知B、C正确。
2 NIAN GAO KAO MO NI XUN LIAN
2年高考·模拟训练
1．(2019·全国卷Ⅱ，18)(多选)从地面竖直向上抛出一物体，其机械能E总等于动能Ek与重力势能Ep之和。取地面为重力势能零点，该物体的E总和Ep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(　AD　)

A．物体的质量为2 kg
B．h＝0时，物体的速率为20 m/s
C．h＝2 m时，物体的动能Ek＝40 J
D．从地面至h＝4 m，物体的动能减少100 J
[解析]　A对：由于Ep＝mgh，所以Ep与h成正比，斜率k＝mg，由图象得k＝20 N，因此m＝2 kg。B错：当h＝0时，Ep＝0，E总＝Ek＝mv，因此v0＝10 m/s。C错：由图象知h＝2 m时，E总＝90 J，Ep＝40 J，由E总＝Ek＋Ep得Ek＝50 J。D对：h＝4 m时，E总＝Ep＝80 J，即此时Ek＝0，即上升4 m距离，动能减少100 J。
2．(2019·天津，3)如图所示，在水平向右的匀强电场中，质量为m的带电小球，以初速度v从M点竖直向上运动，通过N点时，速度大小为2v，方向与电场方向相反，则小球从M运动到N的过程(　B　)

A．动能增加mv2　　　　 B．机械能增加2mv2
C．重力势能增加mv2 D．电势能增加2mv2
[解析]　A错：动能变化量ΔEk＝m(2v)2－mv2＝mv2。B对，D错：重力和电场力做功，机械能增加量等于电势能减少量。带电小球在水平方向做向左的匀加速直线运动，由运动学公式得(2v)2－0＝2x，则电势能减少量等于电场力做的功ΔEp电＝W电＝qEx＝2mv2。C错：在竖直方向做匀减速到零的运动，由－v2＝－2gh，得重力势能增加量ΔEp重＝mgh＝mv2。
3．(2019·江苏，8)(多选)如图所示，轻质弹簧的左端固定，并处于自然状态。小物块的质量为m，从A点向左沿水平地面运动，压缩弹簧后被弹回，运动到A点恰好静止。物块向左运动的最大距离为s，与地面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，弹簧未超出弹性限度。在上述过程中(　BC　)

A．弹簧的最大弹力为μmg
B．物块克服摩擦力做的功为2μmgs
C．弹簧的最大弹性势能为μmgs
D．物块在A点的初速度为
[解析]　A错：物块向左运动压缩弹簧，弹簧最短时，物块具有向右的加速度，弹力大于摩擦力，即F>μmg。B对：根据功的公式，物块克服摩擦力做的功W＝μmgs＋μmgs＝2μmgs。C对：根据能量守恒，弹簧弹开物块的过程中，弹簧的弹性势能
通过摩擦力做功转化为内能，故Epm＝μmgs。D错：根据能量守恒，在整个过程中，物体的初动能通过摩擦力做功转化为内能，即mv2＝2μmgs，所以v＝2。
4．(2020·荣成模拟)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，然后水平滑上与圆弧B点(B点的切线为水平方向)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为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，圆弧对滑块的支持力FB的大小；
(3)当小车开始匀速运动时，滑块在小车上滑行的距离s1。
[答案]　(1)2.5 s　(2)31.7 N　(3)10 m
[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
又s＝at
解得t1＝2.5 s。
(2)滑块在圆弧上运动过程，由机械能守恒定律，有
mv＋mgR(1－cos θ)＝mv
又vA＝at1
由牛顿第二定律，有FB－mg＝m
解得圆弧对滑块的支持力FB≈31.7 N。
(3)滑块在小车上滑行时的加速度大小
a1＝＝μg＝3.5 m/s2
小车的加速度大小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
故小车与滑块的共同速度v＝a2t2＝3 m/s
由功能关系可得μmgs1＝mv－(m＋M)v2
解得s1＝10 m。