2020版新一线高考物理（新课标）一轮复习教学案：第5章第3节　功能关系　能量守恒定律

第3节　功能关系　能量守恒定律

知识点一| 对功能关系的理解及其应用

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)合外力对物体做的功等于物体的动能的变化。

(2)重力做功引起物体重力势能的变化。

(3)弹簧弹力做功引起弹性势能的变化。

(4)除重力和系统内弹力以外的力做的功等于物体机械能的变化。

(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。 (×)

考法　对功能关系的理解及其应用

1．(2018·天津高考)滑雪运动深受人民群众喜爱。某滑雪运动员(可视为质点)由坡道进入竖直面内的圆弧形滑道AB，从滑道的A点滑行到最低点B的过程中，由于摩擦力的存在，运动员的速率不变，则运动员沿AB下滑过程中(　　)

A．所受合外力始终为零 B．所受摩擦力大小不变

C．合外力做功一定为零   D．机械能始终保持不变

C　[运动员做匀速圆周运动，所受合外力指向圆心，A项错误；由动能定理可知，合外力做功一定为零，C项正确；运动员所受滑动摩擦力大小等于运动员重力沿滑道向下的分力，随滑道与水平方向夹角的变化而变化，B项错误；运动员动能不变，重力势能减少，所以机械能减少，D项错误。]

2.(2018·全国卷Ⅰ)如图所示，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．2mgR  B．4mgR    C．5mgR  D．6mgR

C　[设小球运动到c点的速度大小为vc，则对小球由a到c的过程，由动能定理有F·3R－mgR＝mv，又F＝mg，解得vc＝2，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＝＝2，在水平方向的位移大小为x＝gt2＝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。]

3.(2017·全国卷Ⅲ)如图所示，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Q缓慢地竖直向上拉起至M点，M点与绳的上端P相距l。重力加速度大小为g。在此过程中，外力做的功为(　　)

A.mgl  B.mgl   C.mgl  D.mgl

A　[以均匀柔软细绳MQ段为研究对象，其质量为 m，取M点所在的水平面为零势能面，开始时，细绳MQ段的重力势能Ep1＝－mg·＝－mgl，用外力将绳的下端Q缓慢地竖直向上拉起至M点时，细绳MQ段的重力势能Ep2＝－mg·＝－mgl，则外力做的功即克服重力做的功等于细绳MQ段的重力势能的变化，即W＝Ep2－Ep1＝－mgl＋mgl＝mgl，选项A正确。]

4．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(　　)

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mgR

D　[小球到达B点时，恰好对轨道没有压力，只受重力作用，根据mg＝得，小球在B点的速度v＝，小球从P到B的运动过程中，重力做功W＝mgR，故选项A错误；减少的机械能ΔE减＝mgR－mv2＝mgR，故选项B错误；合外力做功W合＝mv2＝mgR，故选项C错误；根据动能定理得，mgR－Wf＝mv2－0，所以Wf＝mgR－mv2＝mgR，故选项D正确。]

[考法指导]　几种常见功能关系

知识点二| 摩擦力做功与能量的转化关系

考法1　水平地面上的摩擦力做功分析

1．(多选)(2018·江苏高考)如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端连接一小物块，O点为弹簧在原长时物块的位置。物块由A点静止释放，沿粗糙程度相同的水平面向右运动，最远到达B点。在从A到B的过程中，物块(　　)

A．加速度先减小后增大

B．经过O点时的速度最大

C．所受弹簧弹力始终做正功

D．所受弹簧弹力做的功等于克服摩擦力做的功

AD　[物块在从A到B的运动过程中，弹簧对物块的弹力先大于摩擦力后小于摩擦力，其所受合外力先减小后增大，根据牛顿第二定律，物块的加速度先减小后增大，选项A正确；物块受到弹簧的弹力等于摩擦力时速度最大，此位置一定位于A、O之间，选项B错误；物块所受弹簧的弹力先做正功后做负功，选项C错误；对物块从A到B的运动过程，由动能定理可知，物块所受弹簧弹力做的功等于克服摩擦力做的功，选项D正确。]

考法2　传送带问题中的摩擦力做功分析

2.如图所示，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，物体经过一段时间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(　　)

A．电动机做的功为mv2

B．摩擦力对物体做的功为mv2

C．传送带克服摩擦力做的功为mv2

D．电动机增加的功率为μmgv

D　[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mv2，选项B错误；传送带克服摩擦力做的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＝mv2，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。]

3.如图所示，传送带与地面的夹角θ＝37°，A、B两端间距L＝16 m，传送带以速度v＝10 m/s沿顺时针方向运动，物体m＝1 kg，无初速度地放置于A端，它与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，试求：(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2)

(1)物体由A端运动到B端的时间；

(2)系统因摩擦产生的热量。

解析：(1)物体刚放上传送带时受到沿斜面向下的滑动摩擦力，由牛顿第二定律得

mgsin θ＋μmgcos θ＝ma1

设物体经时间t1加速到与传送带同速，则

v＝a1t1，x1＝a1t

解得a1＝10 m/s2，t1＝1 s，x1＝5 m

设物体与传送带同速后再经过时间t2到达B端，因mgsin θ>μmgcos θ，故当物体与传送带同速后，物体将继续加速，

即mgsin θ－μmgcos θ＝ma2

L－x1＝vt2＋a2t

解得t2＝1 s

故物体由A端运动到B端的时间

t＝t1＋t2＝2 s。

(2)物体与传送带间的相对位移

x相＝(vt1－x1)＋(L－x1－vt2)＝6 m

故Q＝μmgcos θ·x相＝24 J。

答案：(1)2 s　(2)24 J

考法3　“滑块—木板”问题中的摩擦力做功分析

4．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v0＝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/s2)(　　)

甲　　　　　　　　　乙

A．木板获得的动能为2 J

B．系统损失的机械能为4 J

C．木板A的最小长度为2 m

D．A、B间的动摩擦因数为0.1

D　[由图象可知，A、B的加速度大小都为1 m/s2，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，选项A错误；系统损失的机械能ΔE＝mv－·2m·v2＝2 J，选项B错误；由v­t图象可求出二者相对位移为1 m，所以C错误；分析B的受力，根据牛顿第二定律，可求出μ＝0.1，选项D正确。]

5．(多选)如图所示在光滑的水平面上，有一质量为M的长木板以一定的初速度向右匀速运动，将质量为m的小铁块无初速地轻放到长木板右端，小铁块与长木板间的动摩擦因数为μ，当小铁块在长木板上相对长木板滑动L时，与长木板保持相对静止，此时长木板对地的位移为x，在这个过程中，下面说法正确的是(　　)

A．小铁块增加的动能为μmg(x＋L)

B．长木板减少的动能为μmgx

C．摩擦产生的热量为μmg(x－L)

D．系统机械能的减少量为μmgL

BD　[对小铁块，摩擦力做正功，根据动能定理有μmg(x－L)＝mv2－0，其中(x－L)为小铁块相对地面的位移，小铁块增加的动能ΔEkm＝μmg(x－L)，A项错误。对长木板，摩擦力做负功，根据动能定理，长木板减少的动能ΔEkM＝μmgx，B项正确。摩擦产生的热量Q＝μmgL(L为相对位移)，C项错误。根据能量守恒定律：系统减少的机械能等于产生的热量Q＝ΔE＝μmgL，D项正确。]

知识点三| 能量守恒定律的理解及应用

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

ΔE减＝ΔE增，E初＝E末。

(1)能量在转化或转移的过程中，其总量会不断减少。 (×)

(2)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。  (√)

(3)滑动摩擦力做功时，一定会引起能量的转化。 (√)

考法　能量守恒定律的应用

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)的滑块通过跨过定滑轮不可伸长的轻绳相连，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动能的增加量

C．轻绳对m做的功等于m机械能的增加量

D．两滑块组成的系统的机械能损失等于M克服摩擦力做的功

CD　[因为M克服摩擦力做功，所以两滑块组成的系统机械能不守恒，A错误。由功能关系知两滑块组成的系统减少的机械能等于M克服摩擦力做的功，D正确。对M，除重力外还有摩擦力和轻绳的拉力对其做功，由动能定理知B错误。对m，有拉力和重力对其做功，由功能关系知C正确。]

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点距弹簧上端挡板位置B点的距离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。

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，机械能的减少量全部用来克服摩擦力做功，即：

mv＋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＝mv

重力势能减少量ΔEp＝mgLACsin 37°

摩擦产生的热量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

＝mv＋mgLACsin 37°－μmgcos 37°·LAC≈24.5 J。

答案：(1)0.52　(2)24.5 J

3．(2016·全国卷Ⅱ)轻质弹簧原长为2l，将弹簧竖直放置在地面上，在其顶端将一质量为5m的物体由静止释放，当弹簧被压缩到最短时，弹簧长度为l。现将该弹簧水平放置，一端固定在A点，另一端与物块P接触但不连接。AB是长度为5l的水平轨道，B端与半径为l的光滑半圆轨道BCD相切，半圆的直径BD竖直，如图所示。物块P与AB间的动摩擦因数μ＝0.5。用外力推动物块P，将弹簧压缩至长度l，然后放开，P开始沿轨道运动。重力加速度大小为g。

(1)若P的质量为m，求P到达B点时速度的大小，以及它离开圆轨道后落回到AB上的位置与B点之间的距离；

(2)若P能滑上圆轨道，且仍能沿圆轨道滑下，求P的质量的取值范围。

解析：(1)依题意，当弹簧竖直放置，长度被压缩至l时，质量为5m的物体的动能为零，其重力势能转化为弹簧的弹性势能。由机械能守恒定律，弹簧长度为l时的弹性势能为

Ep＝5mgl ①

设P的质量为M，到达B点时的速度大小为vB，由能量守恒定律得

Ep＝Mv＋μMg·4l ②

联立①②式，取M＝m并代入题给数据得

vB＝ ③

若P能沿圆轨道运动到D点，其到达D点时的向心力不能小于重力，即P此时的速度大小v应满足

－mg≥0 ④

设P滑到D点时的速度为vD，由机械能守恒定律得

mv＝mv＋mg·2l ⑤

联立③⑤式得

vD＝ ⑥

vD满足④式要求，故P能运动到D点，并从D点以速度vD水平射出。设P落回到轨道AB所需的时间为t，由运动学公式得

2l＝gt2 ⑦

P落回到AB上的位置与B点之间的距离为

s＝vDt⑧

联立⑥⑦⑧式得

s＝2l。 ⑨

(2)为使P能滑上圆轨道，它到达B点时的速度不能小于零。由①②式可知

5mgl>μMg·4l ⑩

要使P仍能沿圆轨道滑回，P在圆轨道的上升高度不能超过半圆轨道的中点C。由机械能守恒定律有

Mv≤Mgl ⑪ 

联立①②⑩⑪式得

m≤M<m。 ⑫

答案：(1)　2l　(2)m≤M<m