人教版高中物理一轮复习课件：5功能关系 能量守恒定律

人教版高中物理一轮复习课件：5功能关系 能量守恒定律

第4讲功能关系能量守恒定律 考点1功能关系1.功和能(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.能量转化能量能量的转化能量的转化 2.常见的四种功能对应关系(1)合外力做功等于物体动能的改变，即W合=Ek2-Ek1=ΔEk.(动能定理)(2)重力做功等于物体重力势能的改变，即WG=Ep1-Ep2=-ΔEp.(3)弹簧弹力做功等于弹性势能的改变，即WF=Ep1-Ep2=-ΔEp.(4)除了重力和弹簧弹力之外的其他力所做的总功，等于物体机械能的改变，即W其他力=E2-E1=ΔE.(功能原理) 1.动能的改变量、机械能的改变量分别与对应的功相等2.重力势能、弹性势能、电势能的改变量与对应的力做的功数值相等，但符号相反3.摩擦力做功的特点及其与能量的关系 类别静摩擦力滑动摩擦力不同点相同点比较能量的转化方面只有能量的转移，而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总和等于零一对滑动摩擦力所做功的代数和不为零，总功W=-Ff•l相对，即摩擦时产生的热量正功、负功、不做功方面两种摩擦力对物体可以做正功、负功，还可以不做功 (多选)质量为m的滑块，沿高为h，长为L的粗糙斜面匀速下滑，在滑块从斜面顶端滑到底端的过程中，下列说法中正确的是()A.滑块的机械能减少了mghB.重力对滑块所做的功等于mghC.滑块势能的变化量等于mghD.滑块动能的变化量等于mgh 【解析】选A、B.滑块匀速下滑时，滑动摩擦力Ff=mgsinθ=故下滑过程中滑动摩擦力做的功为-Ff·L=-mgh,机械能减少了mgh，A正确；重力做功为mgh，滑块重力势能的变化量为-mgh，故B正确，C错误；滑块匀速下滑，动能不变，D错误. 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______到别的物体，在____________的过程中，能量的总量__________2.表达式：ΔE减=______考点2能量守恒定律产生转化转移转化或转移保持不变ΔE增 1.对定律的两点理解(1)某种形式的能减少，一定存在其他形式的能增加，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.这也是我们列能量守恒定律方程式的两条基本思路. 2.应用定律解题的步骤(1)分清有多少形式的能，如动能、势能(包括重力势能、弹性势能、电势能)、内能等发生变化.(2)明确哪种形式的能量增加，哪种形式的能量减少，并且列出减少的能量ΔE减和增加的能量ΔE增的表达式.(3)列出能量守恒关系式：ΔE减=ΔE增. 如图所示，质量m=1kg、长L=0.8m的均匀矩形薄板静止在水平桌面上，其右端与桌子边缘相平.板与桌面间的动摩擦因数为μ=0.4.现用F=5N的水平力向右推薄板，使它翻下桌子，力F做的功至少为(g取10m/s2)()A.1JB.1.6JC.2JD.4J 【解析】选B.当板向右平移=0.4m时，板即翻下桌子，若此时板速度为零，则力F做功最少，由能量守恒定律可得WF-μmg·=0，WF=μmgL=1.6J.故B正确. 功能关系的应用技巧【例证1】(多选)如图所示，质量为m的物体(可视为质点)以某一速度从A点冲上倾角为30°的固定斜面，其运动的加速度为此物体在斜面上上升的最大高度为h，则在这个过程中物体() A.重力势能增加了B.重力势能增加了mghC.动能损失了mghD.机械能损失了【解题指南】解答本题应从以下两点重点把握：(1)由物体的加速度和牛顿第二定律确定摩擦阻力的大小和方向.(2)能量的变化与对应力做功的关系. 【自主解答】选B、D.设物体受到的摩擦阻力为Ff，由牛顿运动定律得Ff+mgsin30°=ma=mg,解得Ff=mg.重力势能的变化由重力做功决定，故ΔEp=mgh.动能的变化由合外力做功决定：(Ff+mg·sin30°)·x=ma·x==mgh.机械能的变化由重力或系统内弹力以外的其他力做功决定，故故B、D正确，A、C错误. 【总结提升】功能关系的选用技巧(1)在应用功能关系解决具体问题的过程中,若只涉及动能的变化用动能定理分析.(2)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)只涉及机械能变化用除重力和弹力之外的力做功与机械能变化的关系分析.(4)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. 【变式训练】(多选)(2012·泰州模拟)如图所示长木板A放在光滑的水平地面上，物体B以水平速度冲上A后，由于摩擦力作用，最后停止在木板A上，则从B冲到木板A上到相对木板A静止的过程中，下列说法中正确的是()A.物体B动能的减少量等于系统损失的机械能B.物体B克服摩擦力做的功等于系统内能的增加量C.物体B损失的机械能等于木板A获得的动能与系统损失的机械能之和D.摩擦力对物体B做的功和对木板A做的功的总和等于系统内能的增加量 【解析】选C、D.根据能量的转化，B的动能减少量等于系统损失的机械能加A的动能增加量，A错C对；B克服摩擦力做的功等于B的动能减少量，B错.对B：WFfB=E′kB-EkB，对A：WFfA=E′kA-0则WFfA+WFfB=(E′kA+E′kB)-EkB=ΔE内增，D对. 【变式备选】如图所示，一表面光滑的木板可绕固定的水平轴O转动，木板从水平位置OA转到OB位置的过程中，木板上重为5N的物块从靠近转轴的位置由静止开始滑到图中虚线所示位置，在这一过程中，物块的重力势能减少了4J.则以下说法正确的是(取g=10m/s2)()A.物块的竖直高度降低了0.8mB.由于木板转动，物块下降的竖直高度必大于0.8mC.物块获得的动能为4JD.由于木板转动，物块的机械能必定增加 【解析】选A.由重力势能的表达式Ep=mgh,重力势能减少了4J，而mg=5N,故h=0.8m,A项正确、B项错误；木板转动，木板的支持力对物块做负功，故物块机械能不守恒，C、D项均错误. 利用能量守恒定律规范解题【例证2】(15分)如图所示，一物体质量m=2kg，在倾角为θ=37°的斜面上的A点以初速度v0=3m/s下滑，A点距弹簧上端B的距离AB=4m.当物体到达B后将弹簧压缩到C点，最大压缩量BC=0.2m,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AD=3m.挡板及弹簧质量不计，g取10m/s2,sin37°=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. 【解题指南】解答本题时应注意以下两点：(1)摩擦力做负功，系统机械能不守恒.(2)弹性势能最大时，弹簧压缩量最大. 【规范解答】(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，动能和重力势能减少，机械能的减少量为ΔE=ΔEk+ΔEp=+mglADsin37°①(2分)物体克服摩擦力产生的热量为Q=Ffx②(2分)其中x为物体的路程，即x=5.4m③(1分)Ff=μmgcos37°④(1分)由能量守恒定律可得ΔE=Q⑤(2分)由①②③④⑤式解得μ=0.52.(1分) (2)由A到C的过程中，动能减少ΔE′k=⑥(1分)重力势能减少ΔE′p=mglACsin37°⑦(1分)摩擦生热Q=FflAC=μmgcos37°lAC⑧(1分)由能量守恒定律得弹簧的最大弹性势能为ΔEpm=ΔE′k+ΔE′p-Q⑨(2分)联立⑥⑦⑧⑨解得ΔEpm=24.5J.(1分)答案：(1)0.52(2)24.5J 【总结提升】涉及能量转化问题的解题方法(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减和增加的能量总和ΔE增，最后由ΔE减=ΔE增列式求解. 【变式训练】(多选)如图所示，水平面上的轻弹簧一端与物体相连，另一端固定在墙上P点，已知物体的质量为m=2.0kg,物体与水平面间的动摩擦因数μ=0.4,弹簧的劲度系数k=200N/m.现用力F拉物体，使弹簧从处于自然状态的O点由静止开始向左移动10cm，这时弹簧具有弹性势能Ep=1.0J,物体处于静止状态，若取g=10m/s2,则撤去外力F后() A.物体向右滑动的距离可以达到12.5cmB.物体向右滑动的距离一定小于12.5cmC.物体回到O点时速度最大D.物体到达最右端时动能为0，系统机械能不为0 【解析】选B、D.物体向右滑动时，kx-μmg=ma,当a=0时速度达到最大，而此时弹簧的伸长量物体没有回到O点，故C错误；因弹簧处于原长时，Ep＞μmg·x=0.8J,故物体到O点后继续向右运动，弹簧被压缩，因有Ep=μmgxm+E′p，得故A错误，B正确；因物体滑到最右端时，动能为零，弹性势能不为零，故系统的机械能不为零，D正确. 相对滑动物体的能量问题分析【例证3】如图所示，AB为半径R=0.8m的1/4光滑圆弧轨道，下端B恰与小车右端平滑对接.小车质量M=3kg,车长L=2.06m,车上表面距地面的高度h=0.2m,现有一质量m=1kg的滑块，由轨道顶端无初速释放，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1.5s时，车被地面装置锁定.(g=10m/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，滑块与车面间由于摩擦而产生的内能大小.【解题指南】解答本题应注意以下两点：(1)判断车被锁定时滑块是否在小车上停止相对滑动.(2)判断小车的运动规律. 【自主解答】(1)由机械能守恒定律和牛顿第二定律得则：FNB=30N.(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对滑块有:μmg=ma1,v=vB-a1t1对于小车：μmg=Ma2,v=a2t1解得：v=1m/s,t1=1s＜1.5s故滑块与小车同速后，小车继续向左匀速行驶了0.5s，则小车右端距B端的距离为l车=t1+v(1.5s-t1)=1m.(3)Q=μmgl相对=μmg()=6J.答案：(1)30N(2)1m(3)6J 【互动探究】试判断车被锁定后，滑块能否从车的左端滑出？若能滑出，试确定滑块落点到车左端的水平距离？【解析】车被锁定时，m相对车面已滑到了l相对故此时滑块离车的左端的距离为l=L-l相对=0.06m.假设滑块能从车的左端滑出，速度为v′，则由+μmgl可得：v′=0.8m/s＞0，故滑块能从车的左端滑出.又x=v′t′可得：x=0.16m答案：能0.16m 【总结提升】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，做好受力情况分析.(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·l相对中l相对为两接触物体间的相对位移，若物体在传送带上往复运动时，则l相对为总的相对路程. 考查内容与弹簧有关的能量问题【例证】如图所示，用轻弹簧将质量均为m=1kg的物块A和B连接起来，将它们沿竖直方向固定在空中，弹簧处于原长状态，A距地面的高度h1=0.90m.同时释放两物块，A与地面碰撞后速度立即变为零，由于B压缩弹簧后被反弹，使A刚好能离开地面(但不继续上升).若将B物块换为质量为 2m的物块C(图中未画出)，仍将它与A固定在空中且弹簧处于原长，从A距地面的高度为h2处同时释放，C压缩弹簧被反弹后，A也刚好能离开地面.已知弹簧的劲度系数k=100N/m，求h2.(取g=10m/s2) 【规范解答】设A物块落地时，B物块的速度为v1,则有设A刚好离地时，弹簧的形变量为x，对A物块有mg=kx从A落地后到A刚好离开地面的过程中，对于A、B及弹簧组成的系统机械能守恒，则有换成C后，设A落地时，C的速度为v2，则有 从A落地后到A刚好离开地面的过程中，A、C及弹簧组成的系统机械能守恒，则有联立解得h2=0.5m.答案：0.5m 传送带模型中的动力学问题和功能关系问题传送带是应用较广泛的一种传动装置，与生产、生活实际紧密相连，所涉及的问题能很好地培养提升学生分析综合能力.下面从两个角度对传送带模型进行分析.1.传送带上的动力学问题 解决此类问题的思路：(1)明确研究对象.(2)对研究对象进行受力分析、过程分析和状态分析，建立清晰的物理模型.(3)利用牛顿运动定律和运动学规律列方程求解. 【典题例证】如图所示，传送带与地面的倾角θ=37°，从A端到B端的长度为16m，传送带以v=10m/s的速度沿逆时针方向转动.在传送带上端A处无初速度地放置一个质量为0.5kg的物体，它与传送带之间的动摩擦因数为μ=0.5，求物体从A端运动到B端所需的时间是多少？(sin37°=0.6,cos37°=0.8，g=10m/s2) 【命题探究】本题主要考查传送带模型中的动力学问题，重在对传送带上的物体进行受力分析和过程分析. 【深度剖析】当物体放在A端到两者速度相同的过程中．设物体的加速度为a1，由牛顿第二定律得：mgsinθ+μmgcosθ=ma1设物体速度从零增大到与传送带相同时所用时间为t1，运动位移为x,则v=a1t1x=但由于mgsinθ>μmgcosθ，因而此时物体不是匀速运动而是继续做加速运动.设这个过程物体的加速度为a2，则由牛顿第二定律得mgsinθ-μmgcosθ=ma2 其运动的位移为：L-x=物体下滑的总时间为t=t1+t2联立以上各式解得：t=2s 2.传送带上的功能关系问题【典题例证】如图所示，绷紧的传送带与水平面的夹角θ=30°，皮带在电动机的带动下，始终保持v0=2m/s的速率运行，现把一质量为m=10kg的工件(可看做质点)轻轻放在皮带的底端，经过时间1.9s，工件被传送到h=1.5m的高处，取g=10m/s2，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. 【命题探究】本题综合考查了动力学及能的转化和守恒定律的应用.第一问重点在对运动过程分析的基础上的公式应用，第二问是考查能量守恒问题.【深度剖析】(1)由图可知，皮带长x==3m.工件速度达v0前，做匀加速运动的位移匀速运动的位移为x-x1=v0(t-t1)解得加速运动的时间t1=0.8s，加速运动的位移x1=0.8m，所以加速度a==2.5m/s2由牛顿第二定律有：μmgcosθ-mgsinθ=ma解得 (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、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发出的热量.在时间t1内，皮带运动的位移x皮=v0t1=1.6m在时间t1内，工件相对皮带的位移x相=x皮-x1=0.8m在时间t1内，摩擦发热Q=μmgcosθx相=60J工件获得的动能Ek==20J工件增加的势能Ep=mgh=150J电动机多消耗的电能W=Q+Ek+Ep=230J. 1.(多选)(2012·淮安模拟)如图所示，一个小物体在足够长的斜面上以一定初速度向上运动，斜面各处粗糙程度相同(μμmgcosθ，所以物体冲上斜面后能再下滑，物体的动能先减小后增大，A对.由于摩擦生热，机械能一直减小，B对，C、D错. 2.物体在竖直方向上分别做了匀速上升、加速上升和减速上升三种运动.在这三种情况下物体机械能的变化情况是()A.匀速上升机械能不变，加速上升机械能增加，减速上升机械能减小B.匀速上升和加速上升机械能增加，减速上升机械能减小C.匀速上升和加速上升机械能增加，减速上升机械能可能增加，可能减少，也可能不变D.三种情况中，物体的机械能均增加 【解析】选C.无论物体向上加速还是匀速运动，除重力外，其他外力一定对物体做正功，物体机械能都增加，物体向上减速运动时，除重力外，物体受到的其他外力不确定，故无法确定其机械能的变化，C正确. 3.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10J的功.在上述过程中()A.弹簧的弹性势能增加了10JB.滑块的动能增加了10JC.滑块和弹簧组成的系统机械能增加了10JD.滑块和弹簧组成的系统机械能守恒 【解析】选C.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. 4.如图所示，ABCD是一个盆式容器，盆内侧壁与盆底BC的连接处都是一段与BC相切的圆弧，B、C在水平线上，其距离d=0.5m.盆边缘的高度为h=0.30m.在A处放一个质量为m的小物块并让其由静止出发下滑.已知盆内侧壁是光滑的，而盆底BC面与小物块间的动摩擦因数为μ=0.10.小物块在盆内来回滑动，最后停下来，则停下的位置到B的距离为()A.0.50mB.0.25mC.0.10mD.0 【解析】选D.设小物块在BC段来回滑行的总路程为s，由能量守恒定律可知，mgh=μmgs,解得s=3.0m,由s=6d可知，小物块最终停止在B点，D正确. 5.小明荡秋千的情景如图所示.设摆绳长为3m，悬点在横梁上，小明连同底板质量共为60kg.开始时小明在爸爸的外力作用下使摆绳与竖直方向成37°角处于静止状态.某时刻爸爸放手让秋千由静止开始摆动，假设摆动过程中，小明与底板始终没有相对运动.当他运动到最低点时摆绳拉力共为780N.取g=10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8.求： (1)小明爸爸施加的最小外力；(2)取悬点处为零势能参考平面，放手前小明及底板的重力势能；(3)通过计算说明秋千第一次摆到另一侧的最大偏角与37°的关系. 【解析】(1)如图所示，当外力与摆绳垂直时最小.Fmin=mgsin37°=360N(2)Ep=-mglcos37°=-1440J(3)设小明第一次向下摆动过程中，动能的变化量为ΔEk,重力势能的变化量为ΔEp，小明在最低点时，由牛顿第二定律得：F-mg=求得v=3m/s ΔEk==270JΔEp=mgl(1-cos37°)=360JΔEp＞ΔEk说明小明在向下摆动过程中机械能减少，秋千第一次摆到另一侧的最大偏角小于37°答案：(1)360N(2)-1440J(3)见解析