高考物理复习专题知识点14-功能关系、能量转化和守恒定律A4

高考物理复习专题知识点14-功能关系、能量转化和守恒定律A4

功能关系、能量转化和守恒定律 ‎ 一．考点整理 基本概念 ‎ ‎1．功能关系：一个物体能对外做功，这个物体就具有能量；功是能量 的量度，即做了多少功就有多少能量发生了 ；做功的过程一定伴随着能量的 ，而且能量的 必通过做功来实现．‎ 力的功 能量的变化 合外力做正功 动能 ‎ 重力做正功 重力势能 ‎ 弹簧弹力做正功 弹性势能 ‎ 滑动摩擦力做功 内能 ‎ 电场力做正功 电势能 ‎ 分子力做正功 分子势能 ‎ 其他力（除重力、弹力）做正功 机械能 ‎ ‎2．功与对应能量的变化关系：‎ 3． 能量守恒定律：能量既不会 ，也不会 ；它只会从一种形式 为其他形式，或者从一个物体 到另一个物体，而在 和 的过程中，能量的总量保持 ；表达式：ΔE减 = ΔE增．‎ ‎ 二．思考与练习 思维启动 ‎ ‎1．升降机底板上放一质量为100 kg的物体，物体随升降机由静止开始竖直向上移动5 m时速度达到4 m/s，则此过程中（g取10 m/s2） （ ）‎ A．升降机对物体做功5 800 J B．合外力对物体做功5 800 J C．物体的重力势能增加500 J D．物体的机械能增加800 J ‎2．说明下列有关能量转化的问题中，分别是什么能向什么能的转化．‎ ‎⑴ 列车刹车时由运动变为静止； ⑵ 太阳能电池发电； ‎ ‎⑶ 风力发电； ⑷ 潮汐发电； ‎ ‎⑸ 太阳能热水器工作时； ⑹ 汽车由静止启动 ‎ ‎ 三．考点分类探讨 典型问题 ‎ ‎〖考点1〗对功能关系的理解 ‎【例1】如图所示，在抗洪救灾中，一架直升机通过绳索，用恒力F竖直向上拉起一个漂在水面上的木箱，使其由水面开始加速上升到某一高度，若考虑空气阻力而不考虑空气浮力，则在此过程中，以下说法正确的有 （ ）‎ A．力F所做功减去克服空气阻力所做的功等于重力势能的增量 B．木箱克服重力所做的功等于重力势能的增量 C．力F、重力、空气阻力三者合力所做的功等于木箱动能的增量 D．力F和空气阻力的合力所做的功等于木箱机械能的增量 ‎【变式跟踪1】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3g/4，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3mgh/4 B．重力势能增加了mgh C．动能损失了mgh D．机械能损失了mgh/2‎ ‎〖考点2〗能量转化与守恒定律的应用 ‎【例2】如图所示在水平地面上固定一个半径为R的半圆形轨道，其中圆弧部分光滑，水平段长为L，一质量为m的小物块紧靠一根被压缩的弹簧固定在水平轨道的最右端，小物块与水平轨道间的动摩擦因数为μ，现突然释放小物块，小物块被弹出，恰好能够到达圆弧轨道的最高点A，取g = 10 m/s2，且弹簧长度忽略不计，求：‎ ‎⑴ 小物块的落点距O′ 的距离；‎ ‎⑵ 小物块释放前弹簧具有的弹性势能．‎ ‎【变式跟踪2】如图所示，光滑坡道顶端距水平面高度为h，质量为m的小物块A从坡道顶端由静止滑下，进入水平面上的滑道时无机械能损失，为使A制动，将轻弹簧的一端固定在水平滑道延长线M处的墙上，另一端恰位于坡道的底端O点．已知在OM段，物块A与水平面间的动摩擦因数为μ，其余各处的摩擦不计，重力加速度为g，求：‎ ‎⑴ 物块滑到O点时的速度大小；‎ ‎⑵ 弹簧为最大压缩量d时的弹性势能（设弹簧处于原长时弹性势能为零）；‎ ‎⑶ 若物块A能够被弹回到坡道上，则它能够上升的最大高度是多少？‎ ‎ ‎ ‎〖考点3〗力学规律优选法 ‎【例3】如图所示，一质量为m = 2 kg的滑块从半径为R = 0.2 m的光滑四分之一圆弧轨道的顶端A处由静止滑下，A点和圆弧对应的圆心O点等高，圆弧的底端B与水平传送带平滑相接．已知传送带匀速运行速度为v0 = 4 m/s，B点到传送带右端C点的距离为L = 2 m．当滑块滑到传送带的右端C点时，其速度恰好与传送带的速度相同．（g = 10 m/s2）求：‎ ‎⑴ 滑块到达底端B时对轨道的压力；‎ ‎⑵ 滑块与传送带间的动摩擦因数μ；‎ ‎⑶ 此过程中，由于滑块与传送带之间的摩擦而产生的热量Q．‎ ‎【变式跟踪3】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 = 2 m/s的速率运行，现把一质量为m = 10 kg的工件（可看做质点）轻轻放在皮带的底端，经过时间1.9 s，工件被传送到h = 1.5 m的高处，取g = 10 m/s2，求：‎ ‎⑴ 工件与传送带间的动摩擦因数；‎ ‎⑵ 电动机由于传送工件多消耗的电能 ‎ 四．考题再练 高考试题 ‎ ‎1．【2013江苏高考】如图所示，水平桌面上的轻质弹簧一端固定，另一端与小物块相连．弹簧处于自然长度时物块位于O 点（图中未标出）．物块的质量为m，AB = a，物块与桌面间的动摩擦因数为μ． 现用水平向右的力将物块从O 点拉至A 点，拉力做的功为W．撤去拉力后物块由静止向左运动，经O 点到达B 点时速度为零．重力加速度为g．则上述过程中 （ ）‎ A．物块在A 点时，弹簧的弹性势能等于W – μmga/2‎ B．物块在B 点时，弹簧的弹性势能小于W –3μmga/2‎ C．经O 点时，物块的动能小于W – μmga D．物块动能最大时弹簧的弹性势能小于物块在B 点时弹簧的弹性势能 ‎【预测1】如图所示，两物体 A、B 用轻质弹簧相连，静止在光滑水平面上，现同时对 A、B 两物体施加等大反向的水平恒力 F1、F2，使 A、B 同时由静止开始运动，在运动过程中，对 A、B 两物体及弹簧组成的系统，正确的说法是（整个过程中弹簧不超过其弹性限度） （ ）‎ A．机械能守恒 B．机械能不断增加 C．当弹簧伸长到最长时，系统的机械能最大 D．当弹簧弹力的大小与 F1、F2 的大小相等时，A、B 两物体的速度为零 ‎2．【2011年全国卷】质量为 M、内壁间距为 L 的箱子静止于光滑的水平面上，箱子中间有一质量为 m 的小物块，小物块与箱子底板间的动摩擦因数为μ．初始时小物块停在箱子正中间，如图所示．现给小物块一水平向右的初速度v，小物块与箱壁碰撞 N 次后恰又回到箱子正中间，并与箱子保持相对静止．设碰撞都是弹性的，则整个过程中，系统损失的动能为 （ ）‎ ‎ A．mv2 B．v2 C．NμmgL D．NμmgL 甲 乙 ‎【预测2】一质量为 M = 2.0 kg 的小物块随足够长的水平传送带一起运动，被一水平向左飞来的子弹击中并从物块中穿过，如图甲所示．地面观察者记录了小物块被击中后的速度随时间变化的关系如图乙所示（图中取向右运动的方向为正方向）．已知传送带的速度保持不变，取 g = 10 m/s2．‎ ‎⑴ 指出传送带速度 v 的方向及大小，说明理由．‎ ‎⑵ 计算物块与传送带间的动摩擦因数μ；‎ ‎⑶ 传送带对外做了多少功？子弹射穿物块后系统有多少能量转化为内能？‎ ‎ 五．课堂演练 自我提升 ‎ ‎1．如图所示，质量为m的跳高运动员先后用背越式和跨越式两种跳高方式跳过某一高度，该高度比他起跳时的重心高出h，则他从起跳后至越过横杆的过程中克服重力所做的功 （ ）‎ A．都必须大于mgh B．都不一定大于mgh C．用背越式不一定大于mgh，用跨越式必须大于mgh D．用背越式必须大于mgh，用跨越式不一定大于mgh ‎2．下列关于功和机械能的说法，正确的是 （ ）‎ A．在有阻力作用的情况下，物体重力势能的减少不等于重力对物体所做的功 B．合力对物体所做的功等于物体动能的改变量 C．物体的重力势能是物体与地球之间的相互作用能，其大小与势能零点的选取有关 D．运动物体动能的减少量一定等于其重力势能的增加量 ‎3．如图所示，在轻弹簧的下端悬挂一个质量为m的小球A，若将小球A从弹簧原长位置由静止释放，小球A能够下降的最大高度为h．若将小球A换为质量为2m的小球B，仍从弹簧原长位置由静止释放，则小球B下降h时的速度为（重力加速度为g，不计空气阻力） （ ）‎ A． B． C． D．0‎ ‎4．如图所示，质量为M，长度为L的小车静止在光滑的水平面上，质量为m的小物块，放在小车的最左端，现用一水平力F作用在小物块上，小物块与小车之间的摩擦力为f，经过一段时间小车运动的位移为x，小物块刚好滑到小车的右端，则下列说法中正确的是（ ）‎ A．此时物块的动能为F(x + L)‎ B．此时小车的动能为fx C．这一过程中，物块和小车增加的机械能为Fx – fL D．这一过程中，因摩擦而产生的热量为fL ‎5．如图所示，一水平方向的传送带以恒定的速度v = 2 m/s沿顺时针方向匀速转动，传送带右端固定着一光滑的四分之一圆弧面轨道，并与弧面下端相切．一质量为m = 1 kg的物体自圆弧面轨道的最高点由静止滑下，圆弧面轨道的半径R = 0.45 m，物体与传送带之间的动摩擦因数为μ = 0.2，不计物体滑过曲面与传送带交接处时的能量损失，传送带足够长，g = 10 m/s2.求：‎ ‎⑴ 物体第一次从滑上传送带到离开传送带所经历的时间；‎ ‎⑵ 物体第一次从滑上传送带到离开传送带的过程中，传送带对物体做的功及由于摩擦产生的热量．‎ ‎ ‎ ‎参考答案：‎ 一．考点整理 基本概念 ‎ ‎1．转化 转化 转化 转化 ‎2．增加 减少 减少 增加 减少 减少 增加 ‎3．消灭 创生 转化 转移 转化 转移 不变 二．思考与练习 思维启动 ‎ ‎1．A；动能定理得W升 – mgh = mv2/2，可解得W升 = 5800 J，A正确；合外力做的功为mv2/2 = 800 J，B错误；物体重力势能增加mgh = 5000 J，C错误；物体机械能增加ΔE = Fh = W升 = 5800 J，D错．‎ ‎2．⑴ 动能 → 内能　⑵ 太阳能 → 电能　⑶ 风能（空气动能）→ 电能　⑷ 水的势能 → 电能　⑸ 太阳能 → 内能 ⑹ 化学能 → 动能 三．考点分类探讨 典型问题 ‎ 例1 BCD；对木箱受力分析如图所示，则由动能定理：WF – mgh – WFf = ΔEk，故C对；由上式得：WF –WFf = ΔEk + mgh，故A错、D对；由重力做功与重力势能变化关系知B对，故B、C、D对．‎ 变式1 BD；设物体受到的摩擦阻力为Ff，由牛顿运动定律得Ff + mgsin 30° = ma = 3mg/4，解得Ff = mg/4；重力势能的变化由重力做功决定，故ΔEp = mgh，故A错、B对；动能的变化由合外力做功决定（Ff + mgsin 30°）x = max = (3mg/4)(h/sin30°) = 3mgh/2，故C错；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ΔE机械 = Ffx = (mg/4)(h/sin30°) = mgh/2，故D正确．‎ 例2 设小物块被弹簧弹出时的速度大小为v1，到达圆弧轨道的最低点时速度大小为v2，到达圆弧轨道的最高点时速度大小为v3‎ ‎⑴ 因为小物块恰好能到达圆弧轨道的最高点，故向心力刚好由重力提供，有 mv22/R = mg　① 小物块由A射出后做平抛运动，由平抛运动的规律有 x = v3t ② 2R = gt2/2 ③ 联立①②③解得：x = 2R，即小物块的落点距O′ 的距离为2R．‎ ‎⑵ 小物块在圆弧轨道上从最低点运动到最高点的过程中，由机械能守恒定律得 mv22/2 = mg×2R + mv32/2 ④ 小物块被弹簧弹出到运动到圆弧轨道的最低点的过程由功能关系得mv12/2 = mv22/2 + μmgL ⑤ 小物块释放前弹簧具有的弹性势能就等于小物块被弹出时的动能，故有 Ep = mv12/2 ⑥ 由①④⑤⑥联立解得：Ep = 5mgR/2 + μmgL．‎ 变式2 ⑴ 由机械能守恒定律得mgh = mv2/2，解得v = ．‎ ‎⑵ 在水平滑道上物块A克服摩擦力所做的功为W = μmgd，由能量守恒定律得mv2/2 = Ep + μmgd，以上各式联立得Ep = mgh – μmgd．‎ ‎⑶ 物块A被弹回的过程中，克服摩擦力所做的功仍为W = μmgd，由能量守恒定律得Ep = μmgd + mgh′，所以物块A能够上升的最大高度为h′ = h – 2μd．‎ 例3 ⑴ 滑块由A到B的过程中，由机械能守恒定律得mgR = mvB2/2 ① 滑块在B点，由牛顿第二定律得FN – mg = mvB2/R ② 由①②两式得：FN = 60 N．由牛顿第三定律得滑块到达底端B时对轨道的压力大小为60 N，方向竖直向下．‎ ‎⑵ 法1：滑块从B到C运动过程中，由牛顿第二定律得 μmg = ma ③ 由运动学公式得v02 - vB2 = 2aL ④ 由①③④ 三式得μ = 0.3 ⑤‎ 法2：滑块在从A到C整个运动过程中，由动能定理得mgR + μmgL = mv02/2 – 0，解得μ = 0.3．‎ ‎⑶ 滑块在从B到C运动过程中，设运动时间为t，由运动学公式得v0 = vB + at ⑥ 产生的热量Q = μmg(v0t – L ) ⑦ 由①③⑤⑥⑦得Q = 4 J．‎ 变式3 ⑴ 由题图可知，皮带长x = h/sinθ =3 m．工件速度达v0前，做匀加速运动的位移x1 = v0t1/2‎ ‎，匀速运动的位移为x - x1 = v0(t – t1)，解得加速运动的时间t1 = 0.8 s，加速运动的位移x1 = 0.8 m，所以加速度a = v0/t1 = 2.5 m/s2，由牛顿第二定律有：μmgcos θ – mgsinθ = ma，解得μ = ．‎ ‎⑵ 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产生的热量．在时间t1内，皮带运动的位移x皮 = v0t1 = 1.6 m，在时间t1内，工件相对皮带的位移x相 = x皮 – x1 = 0.8 m，在时间t1内，摩擦发热Q = μmgcosθx相 = 60 J．工件获得的动能Ek = mv02/2 = 20 J，工件增加的势能Ep = mgh = 150 J，电动机多消耗的电能W = Q + Ek + Ep = 230 J．‎ 四．考题再练 高考试题 ‎ ‎1．BC 预测1 C；A、B 开始时分别向左、向右做加速度减小的加速运动，运动时机械能增大．当 F1 = F2 = F弹时，加速度为零，速度达到最大；以后 F1 = F2< F弹，A、B 向两侧做减速运动，至速度为零，弹簧伸长到最长；在此过程中 F1、F2 都做正功，故系统机械能增大．但以后，A 又向右、B 又向左运动，此过程 F1 、F2 又做负功，机械能又减小，故 A、B、D 不对，选择 C．‎ ‎2．BD；系统动量守恒，相当于完全非弹性碰撞，两物体最终速度相等，设为v1.由动量守恒得mv = (m + M) v1，系统损失的动能为mv2 – (m + M) v = v2，B正确；碰撞N次后恰又回到箱子正中间，小物块和箱子底板间的相对滑动距离d = NL，而摩擦热Q = fd = NμmgL，系统损失的动能转化为内能，D正确．‎ 预测2 ⑴ 从速度图象中可以看出，物块被击穿后，先向左做减速运动，速度为零后，又向右做加速运动，当速度等于2 m/s，以后随传送带一起做匀速运动，所以传送带的速度 v 方向向右，大小为 2.0 m/s．‎ ‎⑵ 由速度图象可得，物块在滑动摩擦力的作用下做匀变速运动的加速度为a，有a = Δv /Δt = 2.0 m/s2，由牛顿第二定律得滑动摩擦力F = μMg，则物块与传送带间的动摩擦因数μ = Ma/Mg =0.2．‎ ‎⑶ 由速度图象可知，传送带与物块存在摩擦力的时间只有3 s，设传送带在这段时间内移动的位移为x，则x = vt = 2.0×3 m = 6.0 m，所以，传送带对外所做的功W = Fx = Max = 24 J；在物块获得速度到与传送带一起匀速运动的过程中，设物块动能减少了ΔEk，则 ΔEk = Mv′ 2–mv2 = 12 J，所以转化成内能的大小EQ = W + ΔEk = 24 J + 12 J = 36 J．‎ 五．课堂演练 自我提升 ‎ ‎1．C；采用背越式跳高方式时，运动员的重心升高的高度可以低于横杆，而采用跨越式跳高方式时，运动员的重心升高的高度一定高于横杆，故用背越式时克服重力做的功不一定大于mgh，而采用跨越式时克服重力做的功一定大于mgh，C正确．‎ ‎2．BC；物体重力势能的减少始终等于重力对物体所做的功，A项错误；运动物体动能的减少量等于合外力对物体做的功，D项错误．‎ ‎3．B；设小球A下降高度h时，弹簧的弹性势能为Ep，由功能关系可知Ep = mgh．当小球A换为质量为2m的小球B时，设小球B下降h时速度为v，根据能量守恒2mgh = ×2mv2 + Ep，得v = ，B项正确．‎ ‎4．BD；对物块，所受四个力中水平力F和物块与小车间的滑动摩擦力做功，这两个力做功的位移都是(x + L)，则由动能定理可知小物块的动能（等于增加的动能）Ek = ΔEk = (F – f)(x + L)，A项错误；对小车，只有物块对小车的滑动摩擦力做正功，且W = fx，由动能定理可知B 项正确；系统增加的机械能等于除重力和弹力外的其他力（包括内力和外力）做功的代数和，即ΔE = F(x + L) – fL，C项错误；这一过程中，因摩擦而产生的热量等于滑动摩擦力与相对路程的乘积，即ΔQ = fL，D项正确．‎ ‎5．⑴ 沿圆弧面轨道下滑过程中机械能守恒，设物体滑上传送带时的速度为v1，则mgR = mv12/2，得v1 = 3 m/s，物体在传送带上运动的加速度a = μg = 2 m/s2，物体在传送带上向左运动的时间t1 = v1/a = 1.5 s，向左滑动的最大距离s = v12/2a = 2.25 m，物体向右运动速度达到v时，向右运动的距离s1 = v2/2a = 1 m，所用时间t2 = v/a = 1 s，匀速运动的时间t3 = (s – s1)/ v = 0.625 s，所以t = t1 + t2 + t3 = 3.125 s．‎ ‎⑵ 根据动能定理，传送带对物体做的功：W = mv2 – mv12 =–2.5 J，物体相对传送带运动的位移Δx = (v2 - v12)/(–2a) + v(t1 + t2) = 6.25 m，由于摩擦产生的热量Q = μmgΔx = 12.5 J．‎