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1、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 一、几种常见的功能关系及其表达式 力做功能的变化定量关系 合力的功动能变化WEk2Ek1Ek 重力的功重力势能变化 (1)重力做正功，重力势能减少 (2)重力做负功，重力势能增加 (3)WGEpEp1Ep2 弹簧弹力的功弹性势能变化 (1)弹力做正功，弹性势能减少 (2)弹力做负功，弹性势能增加 (3)WFEpEp1Ep2 只有重力、 弹簧弹力 做功 机械能不变化机械能守恒 E0 除重力和弹簧弹力之 外的其他力做的功 机械能变化 (1)其他力做多少正功， 物体的机械能就增加多少 (2)其他力做多少负功， 物体的机械能就减少多
2、少 (3)W其他E 一对相互作用的滑 动摩擦力的总功 机械能减少 内能增加 (1)作用于系统的一对滑动摩擦力一定做负功， 系 统内能增加 (2)摩擦生热QFfx相对 自测 1 升降机底板上放一质量为 100kg 的物体，物体随升降机由静止开始竖直向上移动 5m 时速度达到 4m/s，则此过程中(g取 10 m/s2，不计空气阻力)( ) A升降机对物体做功 5800J B合外力对物体做功 5800J C物体的重力势能增加 500J D物体的机械能增加 800J 答案 A 二、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，它只能从一种形式转化为另一种形式，或者从一个 物体转移到别的物
3、体，在转化或转移的过程中，能量的总量保持不变 2表达式 E减E增 3基本思路 (1)某种形式的能量减少，一定存在其他形式的能量增加，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 自测 2 如图 1 所示，一质量均匀的不可伸长的绳索重为G，A、B两端固定在天花板上，现 在最低点C施加一竖直向下的力将绳索缓慢拉到D点， 在此过程绳索AB的重心位置将( ) 图 1 A逐渐升高B逐渐降低 C先降低后升高D始终不变 答案 A 解析 由题意知外力对绳索做正功，故机械能增加，重心升高，故选 A. 命题点一 摩擦力做功与能量转化命题点一 摩擦力做功
4、与能量转化 1静摩擦力做功 (1)静摩擦力可以做正功，也可以做负功，还可以不做功 (2)相互作用的一对静摩擦力做功的代数和总等于零 (3)静摩擦力做功时，只有机械能的相互转移，不会转化为内能 2滑动摩擦力做功的特点 (1)滑动摩擦力可以做正功，也可以做负功，还可以不做功 (2)相互间存在滑动摩擦力的系统内，一对滑动摩擦力做功将产生两种可能效果： 机械能全部转化为内能； 有一部分机械能在相互摩擦的物体间转移，另外一部分转化为内能 (3)摩擦生热的计算：QFfx相对其中x相对为相互摩擦的两个物体间的相对路程 从功的角度看，一对滑动摩擦力对系统做的总功的绝对值等于系统内能的增加量；从能量的 角度看，
5、其他形式能量的减少量等于系统内能的增加量 例 1 (多选)如图 2 所示，一水平传送带以速度v匀速运动，将质量为m的小工件轻轻放到 水平传送带上， 工件在传送带上滑动一段时间后与传送带保持相对静止， 在上述过程中( ) 图 2 A工件对传送带做功为mv2 1 2 B传送带与工件间摩擦产生热量为mv2 1 2 C传送带因为传送工件需要多做的功为mv2 D传送带对工件做的功为mv2 1 2 答案 BCD 解析 根据牛顿第二定律知工件的加速度大小为：ag，工件的速度由零增大到v mg m 用时为 ：t ，该时间内传送带的位移为 ：xvt，所以工件对传送带做功为 ：Wf v a v g v2 g Ff
6、xmgmv2， 故A错误 ； 传送带与工件间相对位移大小为 ： xvt v2 g vt 2 v2 2g ，摩擦产生热量为：Qmgxmgmv2，故 B 正确；传送带因为传送工件需要 v2 2g 1 2 多做的功为：WQmv2mv2，故 C 正确；在运动的过程中只有摩擦力对工件做功，由动能 1 2 定理可知，摩擦力对工件做的功等于工件动能的变化，即mv2，故 D 正确 1 2 变式 1 如图 3 甲所示，长木板A放在光滑的水平面上，质量为m2kg 的另一物体B(可看 成质点)以水平速度v02m/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
7、说法正确的是(g取 10 m/s2)( ) 图 3 A木板获得的动能为 2J B系统损失的机械能为 4J C木板A的最小长度为 2m DA、B间的动摩擦因数为 0.1 答案 D 解析 由题图乙可知，第 1 s 内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 Emv 2mv2 1 2 02 1 2 2 J，选项 B 错误 ； 由vt图象可求出二者相对位移大小为 1 m，选项 C 错误 ； 分析B的受力， 根据牛顿第二定律，可求出0.1，选项 D 正确 命题点二 功能关系的理解与应用命题点二 功能关系的理解与
8、应用 1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只涉及机械能的变化，用除重力和弹簧的弹力之外的力做功与机械能变化的关系分析 例 2 (2018无锡市期中)如图 4 所示，楔形木块固定在水平面上，斜面AB、BC与水平面 的夹角分别为 53、37.质量分别为 2m、m的两滑块P、Q通过不可伸长的轻绳跨过轻质定 滑轮连接，轻绳与斜面平行已知滑块P与AB间的动摩擦因数为 ，其他摩擦不计，在两滑 1 3 块运动的过程中( ) 图 4 AQ动能的增加量等于轻绳对Q做的功 BQ机械能的增加量等于P机械能的减少量 CP机械能的减少量等于系统摩擦产生的热量
9、DP克服绳子拉力做的功等于绳子拉力对Q做的功 答案 D 解析 在两滑块运动的过程中，Q沿斜面上升，轻绳的拉力和重力都对Q做功，由动能定理 知Q动能的增加量等于轻绳对Q做的功与重力做功的代数和，故 A 错误由于P下滑过程中 要产生内能， 所以Q机械能的增加量与系统摩擦产生的内能之和等于P机械能的减少量， 故 B 错误根据能量守恒定律知，P机械能的减少量等于系统摩擦产生的热量与Q机械能的增加 量之和，故 C 错误由题图可知，P与Q位移的大小是相等的，绳子对P与对Q的拉力大小 也相等，所以P克服绳子拉力做的功等于绳子拉力对Q做的功，故 D 正确 变式2 (多选)如图5所示， 质量为m的物体(可视为质
10、点)以某一速度从A点冲上倾角为30 的固定斜面，其减速运动的加速度为g，此物体在斜面上能够上升的最大高度为h，则在这 3 4 个过程中物体( ) 图 5 A重力势能增加了mgh B机械能损失了mgh 1 2 C动能损失了mgh D克服摩擦力做功mgh 1 4 答案 AB 命题点三 能量守恒定律的应用命题点三 能量守恒定律的应用 1两点理解 (1)某种形式的能量减少，一定有另外形式的能量增加，且减少量和增加量相等，即 E减E 增 (2)某个物体的能量减少，一定有别的物体的能量增加，且减少量和增加量相等，即EA减EB 增 2解题思路 (1)当涉及滑动摩擦力做功，机械能不守恒时，一般应用能的转化和守
11、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 E减和增加的能量总和 E增， 最后由 E减E增列式求 解 例 3 (2018徐州市期中)如图 6 所示，水平轻质弹簧一端固定在墙壁上的O点，另一端自 由伸长到A点，OA之间的水平面光滑 固定曲面在B处与水平面平滑连接AB之间的距离s 1m质量m0.2kg 的小物块开始时静置于水平面上的B点，物块与AB水平面间的动摩擦因 数0.4.现给物块一个水平向左v05m/s 的初速度，重力加速度g取 10 m/s2. 图 6 (1)求弹簧被压缩到最短时所具有的弹性势能Ep； (2)
12、求物块返回B点时的速度大小； (3)若物块能冲上曲面的最大高度h0.2m，求物块沿曲面上滑过程所产生的热量 答案 (1)1.7J (2)3m/s (3)0.5J 解析 (1)物块从B向左经过A到将弹簧压到最短的过程，根据功能关系，有： mgsEp0mv， 1 2 02 解得：Epmvmgs 0.252 J0.40.2101 J1.7 J； 1 2 02 1 2 (2)物块从B向左开始到向右返回B的过程，根据动能定理，有：mg2smvmv， 1 2 12 1 2 02 解得：v1 m/s3 m/s；v024gs524 0.4 10 1 (3)对物块从向右经过B到最高点过程，根据能量守恒定律，有：
13、 mvQmgh 1 2 12 代入数据解得：Q0.5 J. 变式 3 (2018扬州市一模)如图 7 所示， 在某电视台举办的冲关游戏中，AB是处于竖直平 面内的光滑圆弧轨道 半径R1.6m，BC是长度为L13m 的水平传送带，CD是长度为L23.6m 的水平粗糙轨道，AB、CD轨道与传送带平滑连接，参赛者抱紧滑板从A处由静止下滑参赛 者和滑板可视为质点，参赛者质量m60kg，滑板质量可忽略，已知滑板与传送带、水平轨 道的动摩擦因数分别为10.4、20.5，g取 10m/s2，求： 图 7 (1)参赛者运动到圆弧轨道B处对轨道的压力大小； (2)若参赛者恰好能运动至D点，求传送带运转速率及方向
14、； (3)在第(2)问中，传送带由于传送参赛者多消耗的电能 答案 (1)1200N (2)6m/s 顺时针转动 (3)720J 解析 (1)参赛者从A到B的过程，由机械能守恒定律得：mgR(1cos60)mv， 1 2 B2 代入数据得：vB4m/s 在B点，对参赛者，由牛顿第二定律得： FNmgmv B2 R 代入数据得：FN1200N 由牛顿第三定律知参赛者运动到圆弧轨道B处对轨道的压力大小为：FNFN1200N (2)参赛者由C到D的过程，由动能定理得： 2mgL20mv，解得：vC6m/svB4 m/s 1 2 C2 所以传送带运转方向为顺时针方向 假设参赛者在传送带上一直加速，设到达
15、C点的速度为v，由动能定理得：1mgL1mv2 1 2 mv 1 2 B2 解得：v2m/svC6 m/s，10 故假设不成立，参赛者在传送带上先匀加速到 6m/s，再做匀速运动，所以传送带速率为 6 m/s. (3)参赛者在传送带上做匀加速运动的时间为： ts0.5s vCvB a vCvB 1g 64 0.4 10 此过程中参赛者与传送带间的相对位移大小为： xvCttt0.5m0.5m vBvC 2 vCvB 2 64 2 传送带由于传送参赛者多消耗的电能为： E1mgx(1 2mv C21 2mv B2) 代入数据解得E720J. 1(2018泰州中学期中)如图 8，跳伞员跳伞后最初一
16、段时间降落伞并不张开，跳伞员在重 力和空气阻力作用下做加速运动，下落一定高度后，降落伞张开，跳伞员做减速运动，速度 降至一定值后便不再降低，跳伞员以这一速度匀速下降在跳伞过程中，下列说法中正确的 是( ) 图 8 A降落伞张开后到落地的过程中，跳伞员始终处于超重状态 B跳伞员在整个下落过程中机械能一直减小 C跳伞员在整个下落过程中机械能先增大后减小 D如果在下落过程中，受到水平吹来的风，跳伞员将做平抛运动 答案 B 2(2018扬州中学月考)如图 9 所示，图甲为水平传送带，图乙为倾斜传送带，两者长度相 同，均沿顺时针方向转动，转动速度大小相等，将两个完全相同的物块分别轻放在图甲、乙 传送带上
17、的A端，两物块均由静止开始做匀加速运动，到B端时均恰好与传送带速度相同， 则下列说法正确的是( ) 图 9 A图甲中物块运动时间小于图乙中物块运动时间 B图甲、乙中传送带和物块间因摩擦产生的热量相等 C图甲、乙中传送带对物块做的功都等于物块动能的增加量 D图甲、乙中传送带对物块做的功都等于物块机械能的增加量 答案 D 解析 设传送带长度为L，速度为v，根据Lt，知t，L、v相等，所以时间t相等， v 2 2L v 故 A 错误；物块与传送带间的相对位移 xvtLL，可知相对位移大小相等，由a ， v t 知加速度大小相等根据牛顿第二定律得：题图甲中有Ff1ma，题图乙中有Ff2mgsin ma
18、， 可得Ff1v2，已知传送带的速度保持不变，则( ) 图 7 A物块在 0t1内运动的位移比在t1t2内运动的位移小 B若物块与传送带间的动摩擦因数为，那么tan C0t2内，传送带对物块做功为Wmvmv 1 2 22 1 2 12 D0t2内物块动能变化量大小一定小于物块与传送带间摩擦而产生的热量 答案 D 9 (2018如皋市模拟四)以一定的初速度从地面竖直向上抛出一小球， 小球上升到最高点之 后，又落回到抛出点，假设小球所受空气阻力与速度大小成正比，则小球在运动过程中的机 械能E随离地高度h变化关系可能正确的是( ) 答案 D 解析 由于Ffkv，由能量关系可知：上升过程中，速度减小，
19、故Eh图象的斜率随h的 增大而减小；下降过程中，速度增大，故Eh图象的斜率随h的减小而增大；上升过程中平 均阻力大于下降过程中的平均阻力，故上升过程中机械能的减少量比下降过程中机械能的减 少量大，则图象 D 正确，A、B、C 错误 10 (多选)(2018江苏百校大联考)如图 8 所示， 轻质弹簧一端固定在水平面上的转轴O上， 另一端与套在粗糙固定直杆A处质量为m的小球(可视为质点)相连，A点到水平面的高度为h， 直杆的倾角为 30，OAOC，B为AC的中点，OB等于弹簧原长， 小球从A处由静止开始下滑， 第一次经过B处的速度为v，运动到C处速度为零；然后小球获得一初动能Ek由C处沿直杆 向上
20、滑行，恰好能到达出发点A，已知重力加速度为g，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，下 列说法正确的是( ) 图 8 AEk2mgh B小球下滑过程中，AB段与BC段摩擦力做功相等 C弹簧具有的最大弹性势能为mv2 1 2 D撤去弹簧，小球可以在直杆上处于静止状态 答案 ABC 11.(2018无锡市期中)如图 9 所示，水平地面上有质量分别为 1kg 和 4kg 的物体A和B，两 者与地面间的动摩擦因数均为 0.5，非弹性轻绳的一端固定且离B足够远，另一端跨过光滑 轻质滑轮与A相连，滑轮与B相连，初始时，轻绳水平，若物体A在水平向右的恒力F 31N 作用下运动了 4m，重力加速度g10m/s2，求：
21、 图 9 (1)物体B因摩擦而产生的热量； (2)物体A运动 4m 时的速度大小； (3)物体A、B间轻绳拉力的大小 答案 (1)40J (2)8m/s (3)18N 解析 (1)A运动位移为：xA4 m， 则B的位移为：xBxA2 m 1 2 B受到的摩擦力为：FfBmBg0.5410 N20 N 由功能关系有：QFfBxB202 J40 J (2)A运动 4 m 时速度达到最大，设A、B的速度、加速度大小分别为vA、vB、aA、aB. 则有：vA2vB、aA2aB. 对整体，由动能定理可得：FxAFfAxAFfBxB mAvmBv 1 2 A2 1 2 B2 其中FfAmAg5 N 代入数
22、据解得A的速度为：vA8 m/s (3)设轻绳拉力为FT，由牛顿第二定律 对A物体有：FFTFfAmAaA 对B物体有：2FTFfBmBaB 且aA2aB 代入数据解得：FT18 N. 12 (2019运河中学调研)如图 10 甲所示， 半径R0.45m 的光滑 圆弧轨道固定在竖直平面 1 4 内，B为轨道的最低点，B点右侧的光滑的水平面上紧挨B点有一静止的小平板车，平板车质 量M1kg，长度l1m，小车的上表面与B点等高，距地面高度h0.2m质量m1kg 的物 块(可视为质点)从圆弧最高点A由静止释放取g10m/s2.试求： 图 10 (1)物块滑到轨道上的B点时对轨道的压力大小； (2)若
23、锁定平板车并在上表面铺上一种特殊材料， 其动摩擦因数从左向右随距离均匀变化如图 乙所示，求物块滑离平板车时的速率； (3)若解除平板车的锁定并撤去上表面铺的材料后，物块与平板车上表面间的动摩擦因数 0.2，物块仍从圆弧最高点A由静止释放，求物块落地时距平板车右端的水平距离 答案 (1)30N (2)1m/s (3)0.2m 解析 (1)物块从A点到B点的过程中，其机械能守恒，则有： mgRmv 1 2 B2 代入数据解得：vB3 m/s. 在B点，由牛顿第二定律得：FNmgmv B2 R 解得：FN3mg3110 N30 N 即物块滑到轨道上B点时对轨道的压力FNFN30 N，方向竖直向下 (
24、2)物块在小车上滑行时摩擦力做功为： WfllFf 1mg2mg 2 代入数据解得：Wf4 J 物块从A点滑下到滑离平板车过程中，由动能定理得： mgRWfmv2. 1 2 代入数据解得：v1 m/s (3)当解除平板车的锁定并撤去上表面铺的材料后，对物块有：a1g2 m/s2. 对平板车有：a2 m/s22 m/s2. mg M 0.2 1 10 1 设物块在平板车上运动的时间为t，则有：(vBta1t2)a2t2l 1 2 1 2 代入数据解得：t11 s，t20.5 s 因为v物vBa1t13 m/s21 m/s1 m/s，v车a2t12 m/s，物块的速度不可能小于平 板车的速度，所以时间取：t20.5 s 物块滑离平板车时的速度为：v物vBa1t23 m/s20.5 m/s2 m/s. 此时平板车的速度为：v车a2t220.5 m/s1 m/s. 物块滑离平板车做平抛运动的时间为：t s0.2 s 2h g 2 0.2 10 物块落地时距平板车右端的水平距离为：x(v物v车)t(21)0.2 m0.2 m.