【物理】2018届一轮复习人教版第16讲能量守恒定律学案

【物理】2018届一轮复习人教版第16讲能量守恒定律学案

第 16 讲 能量守恒定律  教材知识梳理 一、能量守恒定律 1．内容：能量既不会凭空产生，也不会凭空消失，它只会从一种形式转化为________形式， 或者从一个物体________到另一个物体，而在转化和转移的过程中，能量的总量________． 2．表达式：________． 二、常见功能关系 不同的力做功 对应不同形 式能的变化 定量的关系 合外力做的功 ________能的变化 合外力对物体做的总功等于物体动能的增量：W 外 ＝ΔEk(动能定理) 重力做的功 ________能的变化 重力做正功，重力势能减少；重力做负功，重力 势能增加：WG＝－ΔEp 弹簧弹力做的功 ________能的变化 弹力做正功，弹性势能减少；弹力做负功，弹性 势能增加：WF＝－ΔEp 除重力和弹簧弹力 之外的力做的功 ________能的变化 除重力和弹力之外的力做的功如果为正功，机械 能增加；如果为负功，机械能减少：W 其他＝ΔE 一对滑动摩擦力做 的总功 ________能的变化 作用于系统的一对滑动摩擦力一定做负功，系统 内能增加：Wf＝－ΔE 内 电场力做的功 ________能的变化 电场力做正功，电势能减少；电场力做负功，电 势能增加：W 电＝－ΔEp 【思维辨析】 (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)滑动摩擦力做功时，一定会引起机械能的转化．( ) (5)一个物体的能量增加，必定有别的物体能量减少．( ) (6)合外力(不包括重力)做功等于物体动能的改变量．( ) (7)与势能有关的力(重力、弹簧弹力、电场力)做的功等于对应势能的改变量．( )  考点互动探究 考点一 功能关系的理解和应用 1 [2016·石家庄质检] 一个质量为 1 kg 的小球竖直向上抛出，最终落回抛出点，假如小球 所受空气阻力大小恒定，该过程的位移—时间图像如图 5161 所示，g 取 10 m/s2，则下列说法 正确的是( ) 图 5161 A．小球抛出时的速度为 12 m/s B．小球上升和下降的时间之比为 2∶ 3 C．小球落回到抛出点时所受合力的功率为 64 6 W D．小球上升过程机械能损失大于下降过程机械能损失 式题 [2016·武汉调研] 一物体仅受重力和竖直向上的拉力作用，沿竖直方向向上做减速 运动．此过程中物体速度的平方和上升高度的关系如图 5162 所示．若取 h＝0 处为重力势能等 于零的参考平面，则此过程中物体的机械能随高度变化的图像可能正确的是( ) 图 5162 图 5163 ■ 方法总结 (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； 功是能量转化的量度，功和能的关系体现在不同的力做功，对应不同形式的能转化，且做功的多 少与能量转化的多少在数值上相等，解题时必须明确哪些力做的功等于哪种能量的增加量或减少 量(见“教材知识梳理”)．(2)相互作用的一对静摩擦力做功的代数和为零，在静摩擦力做功的过 程中，只有机械能的转移(静摩擦力起着传递机械能的作用)，不产生内能．(3)相互作用的一对滑 动摩擦力做功的代数和 Wf＝－fΔs(Δs 为两个物体之间的相对路程)，在一对滑动摩擦力做功的 过程中机械能转化为内能，产生的内能等于滑动摩擦力大小与相对路程的乘积，Q＝f·Δs. 考点二 摩擦力做功与能量的关系 2 [2015·天津卷] 某快递公司分拣邮件的水平传输装置示意图如图 5164 所示，皮带在电 动机的带动下保持 v＝1 m/s 的恒定速度向右运动，现将一质量为 m＝2 kg 的邮件轻放在皮带上， 邮件和皮带间的动摩擦因数μ＝0.5.设皮带足够长，取 g＝10 m/s2，在邮件与皮带发生相对滑动的 过程中，求 (1)邮件滑动的时间 t； (2)邮件对地的位移大小 x； (3)邮件与皮带间的摩擦力对皮带做的功 W. 图 5164 式题 [2015·长沙二模] 如图 5165 所示，传送带足够长，与水平面的夹角α＝37°，并以 v＝10 m/s 的速度逆时针匀速转动，在传送带的 A 端轻轻地放一个质量为 m＝1 kg 的小物体，若 已知物体与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.5，g 取 10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，则下 列说法正确的是( ) 图 5165 A．小物体运动 1 s 后，受到的摩擦力大小不能用公式 f＝μFN 计算 B．小物体运动 1 s 后加速度大小为 2 m/s2 C．在放上小物体的第 1 s 内，系统产生 50 J 的热量 D．在放上小物体的第 1 s 内，至少给系统提供 70 J 的能量才能维持传送带匀速转动 ■ 规律总结 (1)解答此类问题的关键是明确物体与传送带速度相同后，是否发生相对滑动．物体在传送 带上发生相对运动时，物体受到的摩擦力可能发生突变，物体和传送带速度相同是临界点，物体 和水平传送带达到共同速度时，二者一起运动，物体和倾斜传送带达到共同速度时，可能一起运 动也可能相对滑动，需要根据动摩擦因数及倾角判断．(2)传送带输送物体过程中，系统克服摩 擦力做功产生的内能等于滑动摩擦力大小与相对路程的乘积；电动机多消耗的电能等于物体增大 的机械能与摩擦产生的热量之和． 考点三 能量守恒定律的理解及应用 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 5166 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． 图 5166 式题 [2016·山西质量检测] 如图 5167 所示，竖直面内的半圆形轨道与光滑水平面在 B 点相切，半圆形轨道的半径为 R.一个质量为 m 的物体将弹簧压缩至 A 点后由静止释放，物体脱 离弹簧时获得某一向右的速度，当它经过 B 点进入轨道的瞬间对轨道的压力为其重力的 8 倍， 之后向上运动恰能到达最高点 C，轨道上的 D 点与圆心 O 等高．不计空气阻力，则下列说法正 确的是( ) 图 5167 A．物体在 A 点时弹簧的弹性势能为 3mgR B．物体从 B 点运动至 C 点的过程中产生的内能为 mgR C．物体从 B 点运动至 D 点的过程中产生的内能为 1 2mgR D．物体从 A 点运动至 C 点的过程中机械能守恒 ■ 方法技巧 (1)解决功能关系问题时，应通过分析明确有哪些力做功、做正功还是做负功，根据功能之 间的对应关系，判定能量之间的转化情况；根据功能之间的转化情况，可确认什么力做功，方便 计算变力做功的多少． (2)应用能量守恒定律的思路：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；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． 第 16 讲 能量守恒定律 【教材知识梳理】 核心填空 一、1.另一种 转移 保持不变 2.ΔE 减＝ΔE 增 二、动 重力势 弹性势 机械 内 电势 思维辨析 (1)(×) (2)(×) (3)(√) (4)(√) (5)(√) (6)(×) (7)(×) 【考点互动探究】 考点一 例 1 C [解析] 上升阶段，由匀变速直线运动规律得 x0＝1 2v0t1，可得初速度 v0＝2x0 t1 ＝24 m/s，选项 A 错误；上升阶段，由加速度公式可得 a1＝v0 t1 ＝12 m/s2，由牛顿第二定律可得 mg＋f ＝ma1，得 f＝ma1－mg＝2 N，下降阶段，由牛顿第二定律可得 mg－f＝ma2，得 a2＝8 m/s2，由 位移公式可得 x0＝1 2a2t22，解得 t2＝ 6 s，即t1 t2 ＝ 2 6 ，选项 B 错误；设小球落地时的速度为 v，由 动能定理可得 mgx0－fx0＝1 2mv2，解得 v＝8 6 m/s，故此时合力的瞬时功率 P＝ma2v＝64 6 W， 选项 C 正确；小球上升过程和下降过程，空气阻力做功相等，故两过程损失的机械能相等，选 项 D 错误． 变式题 D [解析] 由 v2h 图像为倾斜直线可知，物体的动能变化量与高度变化量成正比， 即合外力为恒力，而物体所受重力不变，故拉力也一定保持不变．物体机械能的变化量大小等于 重力(或弹力)以外的其他力做功的大小．由功能关系可知，随高度增加，恒定拉力做正功，机械 能均匀增加，故 D 项正确． 考点二 例 2 (1)0.2 s (2)0.1 m (3)－2 J [解析] (1)设邮件放到皮带上与皮带发生相对滑动过程中受到的滑动摩擦力为 F，则 F＝μmg① 取向右为正方向，对邮件应用动量定理，有 Ft＝mv－0② 由①②式并代入数据得 t＝0.2 s③ (2)邮件与皮带发生相对滑动的过程中，对邮件应用动能定理，有 Fx＝1 2mv2－0④ 由①④式并代入数据得 x＝0.1 m⑤ (3)邮件与皮带发生相对滑动的过程中，设皮带相对地面的位移为 s，则 s＝vt⑥ 摩擦力对皮带做的功 W＝－Fs⑦ 由①③⑥⑦式并代入数据得 W＝－2 J⑧ 变式题 B [解析] 物体刚放在传送带 A 端时，所受滑动摩擦力沿斜面向下，根据牛顿第二 定律，mgsin α＋μmgcos α＝ma1，解得物体的加速度 a1＝10 m/s2，经过 t1＝ v a1 ＝1 s 时，物体 的速度与传送带的速度相等，物体的位移 x1＝v 2 t1＝5 m，传送带的位移 x2＝vt1＝10 m，物体相对 传送带的位移Δx＝x2－x1＝5 m，摩擦力 Ff＝μmgcos α＝4 N，因摩擦产生的热量 Q＝FfΔx＝20 J，物体增大的动能ΔEk＝1 2mv2＝50 J，物体增大的重力势能ΔEp＝－mgx1sin α＝－30 J，根据 能量守恒定律，对系统提供的能量ΔE＝ΔEk＋ΔEp＋Q＝40 J，选项 C、D 错误；1 s 后由于 mgsin α>μmgcos α，物体仍加速下滑，此时物体受摩擦力方向与运动方向相反，根据牛顿第二定律， mgsin α－μmgcos α＝ma2，解得物体的加速度 a2＝2 m/s2，选项 B 正确；由于物体相对传送带 运动，因此摩擦力仍是滑动摩擦力，大小仍用 f＝μFN 计算，选项 A 错误． 考点三 例 3 (1) 6gl 2 2l (2)5 3m≤M<5 2m [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＝1 2Mv2B＋μMg·4l ② 联立①②式，取 M＝m 并代入题给数据得 vB＝ 6gl 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 mv2 l －mg≥0 ④ 设 P 滑到 D 点时的速度为 vD，由机械能守恒定律得 1 2mv2B＝1 2mv2D＋mg·2l ⑤ 联立③⑤式得 vD＝ 2gl 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＝1 2gt2 ⑦ P 落回到 AB 上的位置与 B 点之间的距离为 s＝vDt ⑧ 联立⑥⑦⑧式得 s＝2 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 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 1 2Mv2B≤Mgl ⑪ 联立①②⑩⑪式得 5 3m≤M<5 2m ⑫ 变式题 B [解析] 根据题述物体经过 B 点进入轨道的瞬间对轨道的压力为其重力的 8 倍， 由牛顿第三定律可知，轨道支持力为 8mg，在 B 点，由牛顿第二定律得 8mg－mg＝mv2B R ，解得 v2B＝7gR，动能 Ek＝1 2mv2B＝3.5mgR，由机械能守恒定律可知，物体在 A 点时弹簧的弹性势能为 Ep＝Ek＝3.5mgR，选项 A 错误；物体恰能运动到半圆形轨道最高点 C，则有 mg＝mv2C R ，解得 v2C＝ gR，物体从 B 点运动至 C 点的过程中，由能量守恒定律可知，产生的内能为ΔE＝1 2mv2B－1 2mv2C＋ mg·2R＝mgR，选项 B 正确；由于物体从 B 点运动到 D 点的过程中，通过各点时对轨道的压力都 大于物体从 D 点运动到 C 点的过程中通过各点时对轨道的压力，克服摩擦力做的功相应较大， 产生的内能也较大，所以物体从 B 点运动到 D 点的过程中产生的内能一定大于 1 2mgR，选项 C 错误；由于在半圆形轨道上物体有能量损失，机械能不守恒，选项 D 错误． 【教师备用习题】 1．(多选)[2015·海口调研] 某运动员参加百米赛跑，他采用蹲踞式起跑，在发令枪响后，左 脚迅速蹬离起跑器，在向前加速的同时提升身体重心．如图所示，假设质量为 m 的运动员，在 起跑时前进的距离 s 内，重心升高量为 h，获得的速度为 v，阻力做功为 Wf，则在此过程中( ) A．运动员的机械能增加了 1 2mv2 B．运动员的机械能增加了 1 2mv2＋mgh C．运动员的重力做功为 mgh D．运动员自身做功 W＝1 2mv2＋mgh－Wf [解析] BD 运动员的重心升高 h，获得的速度为 v，其机械能的增量为ΔE＝mgh＋1 2mv2， 选项 A 错误，选项 B 正确；运动员的重心升高 h，重力做负功，WG＝－mgh，选项 C 错误；根 据动能定理得，W＋Wf－mgh＝1 2mv2－0，解得 W＝1 2mv2＋mgh－Wf，选项 D 正确． 2．[2014·全国卷] 一物块沿倾角为θ的斜坡向上滑动．当物块的初速度为 v 时，上升的最大 高度为 H，如图所示；当物块的初速度为v 2 时，上升的最大高度记为 h.重力加速度大小为 g.则物 块与斜坡间的动摩擦因数和 h 分别为( ) A．tan θ和H 2 B. v2 2gH －1tan θ和H 2 C．tan θ和H 4 D. v2 2gH －1tan θ和H 4 [解析] D 根据能量守恒定律，以速度 v 上升时，有 1 2mv2＝μmgcos θ H sin θ ＋mgH，以速 度v 2 上升时，有 1 2m v 2 2 ＝μmgcos θ h sin θ ＋mgh，解得 h＝H 4 ，μ＝ v2 2gH －1 tan θ，所以 D 正确． 3．[2015·福建卷] 如图所示，质量为 M 的小车静止在光滑水平面上，小车 AB 段是半径为 R 的四分之一圆弧光滑轨道，BC 段是长为 L 的水平粗糙轨道，两段轨道相切于 B 点．一质量为 m 的滑块在小车上从 A 点由静止开始沿轨道滑下，重力加速度为 g. (1)若固定小车，求滑块运动过程中对小车的最大压力； (2)若不固定小车，滑块仍从 A 点由静止下滑，然后滑入 BC 轨道，最后从 C 点滑出小车．已 知滑块质量 m＝M 2 ，在任一时刻滑块相对地面速度的水平分量是小车速度大小的 2 倍，滑块与轨 道 BC 间的动摩擦因数为μ，求： ①滑块运动过程中，小车的最大速度大小 vm； ②滑块从 B 到 C 运动过程中，小车的位移大小 s. [答案] (1)3mg (2) gR 3 (3)1 3L [解析] (1)滑块滑到 B 点时对小车压力最大，从 A 到 B 机械能守恒，有 mgR＝1 2mv2B 滑块在 B 点处，由牛顿第二定律，有 N－mg＝mv2B R 解得 N＝3mg 由牛顿第三定律，有 N′＝3mg. (2)①滑块下滑到达 B 点时，小车速度最大．由机械能守恒定律，有 mgR＝1 2Mv2m＋1 2m(2vm)2 解得 vm＝ gR 3 . ②设滑块运动到 C 点时，小车速度大小为 vC，由功能关系，有 mgR－μmgL＝1 2Mv2C＋1 2m(2vC)2 设滑块从 B 到 C 过程中，小车运动加速度大小为 a，由牛顿第二定律，有 μmg＝Ma 由运动学规律，有 v2C－v2m＝－2as 解得 s＝1 3L.