1、第4講功能關系能量守恒定律zhi shi shu li zi ce gong gu知識梳理自測鞏固1功能關系(1)功是_能量轉化_的量度，即做了多少功就有多少_能量_發生了轉化。(2)做功的過程一定伴隨著_能量的轉化_，而且_能量的轉化_必須通過做功來實現。2能量守恒定律(1)內容：能量既不會消滅，也_不會創生_。它只會從一種形式_轉化_為其他形式，或者從一個物體_轉移_到另一個物體，而在轉化和轉移的過程中，能量的總量_保持不變_。(2)表達式：e減_e增_。思考：飛船返回艙進入地球大氣層以后，由于它的高速下落，而與空氣發生劇烈摩擦，返回艙的表面溫度達到1 000攝氏度。(1)進入大氣層很長一

2、段時間，返回艙加速下落，返回艙表面溫度逐漸升高。該過程動能和勢能怎么變化？機械能守恒嗎？(2)返回艙表面溫度越高，內能越大。該過程中哪兩種形式的能量之間發生轉化？機械能和內能的總量變化嗎？答案(1)動能增加，勢能減少，不守恒。(2)機械能向內能轉化，不變。思維診斷：(1)力對物體做了多少功，物體就有多少能。()(2)物體在速度增大時，其機械能可能在減小。()(3)重力和彈簧彈力之外的力做功的過程是機械能和其他形式能量轉化的過程。()(4)一對互為作用力與反作用力的摩擦力做的總功，等于系統增加的內能。()1(2019重慶一診)如圖所示，一物塊在粗糙斜面上由靜止釋放，運動到水平面上后停止，則運動過

3、程中，物塊與地球組成系統的機械能(b)a不變b減少c增大d無法判斷解析本題考查摩擦力做功問題。物塊在粗糙斜面上由靜止釋放后，重力與摩擦力對物塊做功，其中摩擦力做功是將物塊機械能的一部分轉化為內能，所以物塊與地球組成系統的機械能減少，故a、c、d錯誤，b正確。2(2019江蘇鹽城月考)火箭發射回收是航天技術的一大進步。如圖所示，火箭在返回地面前的某段運動，可看成先勻速后減速的直線運動，最后撞落在地面上，不計火箭質量的變化，則火箭(c)a勻速下降過程中，機械能守恒b減速下降過程中，機械能守恒c勻速下降過程中，合外力做功為零d減速下降過程中，合外力做功等于火箭機械能的變化解析火箭在下降過程中，空氣阻

4、力做負功，其機械能不守恒，a、b錯誤；勻速下降過程中，合外力為零，則合外力做功為零，c正確；減速下降過程中，合外力做功等于火箭動能的變化，而空氣阻力做功等于火箭機械能的變化，d錯誤。3(多選)在離水平地面h高處將一質量為m的小球水平拋出，在空中運動的過程中所受空氣阻力大小恒為f，落地時小球距拋出點的水平距離為x，速率為v，那么，在小球運動的過程中(ad)a重力做功為mghb克服空氣阻力做的功為fc落地時重力的瞬時功率為mgvd重力勢能和機械能都逐漸減少解析重力做功為wgmgh，a正確；空氣阻力做功與經過的路程有關，而小球經過的路程大于，故克服空氣阻力做的功大于f，b錯誤；落地時，重力的瞬時功率

5、為重力與沿重力方向的分速度的乘積，故落地時重力的瞬時功率小于mgv，c錯誤；重力做正功，重力勢能減少，空氣阻力做負功，機械能減少，d正確。he xin kao dian zhong dian tu po核心考點重點突破考點一功能關系的應用1幾種常見的功能關系幾種常見力做功對應的能量變化數量關系式重力正功重力勢能減少wgep負功重力勢能增加彈簧的彈力正功彈性勢能減少w彈ep負功彈性勢能增加電場力正功電勢能減少w電ep負功電勢能增加合力正功動能增加w合ek負功動能減少重力以外的其他力正功機械能增加w其e負功機械能減少2.兩個特殊的功能關系(1)滑動摩擦力與兩物體間相對位移的乘積等于產生的內能，即f

6、fx相對q。(2)感應電流克服安培力做的功等于產生的電能，即w克安e電。例1 (2019遼寧沈陽月考)北京時間2019年7月13日，第十八屆國際泳聯世界錦標賽在韓國光州舉行。在男女混合10米跳臺決賽上，司雅杰/練俊杰奪得首金，實現了跳水“夢之隊”的開門紅。假設司雅杰質量為m，她在某次跳水時保持同一姿態由靜止開始下落，由于空氣阻力影響，司雅杰下落的加速度為g，在她下落高度為h的過程中，下列說法正確的是(a)a動能增加了mghb機械能減少了mghc克服阻力所做的功為mghd重力勢能減少了mgh解析由牛頓第二定律有mgfma，由ag得fmg，利用動能定理有wfhmghek，a正確；判斷機械能的變化要

7、看除重力外其他力的做功情況，fhmghe，說明阻力做負功，機械能減少mgh，b錯誤；司雅杰克服阻力做功應為mgh，c錯誤；高度下降了h，則重力勢能減少了mgh，d錯誤。類題演練1如圖1所示，固定的粗糙斜面長為10 m，一小滑塊自斜面頂端由靜止開始沿斜面下滑的過程中，小滑塊的動能ek隨位移x的變化規律如圖2所示，取斜面底端為重力勢能的參考平面，小滑塊的重力勢能ep隨位移x的變化規律如圖3所示，重力加速度g10 m/s2。根據上述信息能求出(d)a斜面的傾角b小滑塊與斜面之間的動摩擦因數c小滑塊下滑的加速度的大小d小滑塊受到的滑動摩擦力的大小解析小滑塊沿斜面下滑的過程中，根據動能定理有：f合xek

8、，由圖2的斜率可求得合力f合 n2.5 n，小滑塊重力勢能的變化量epmgxsin ，由圖3的斜率可求得mgsin n10 n，f合mgsin ffmgsin mgcos ma2.5 n，則小滑塊受到的滑動摩擦力的大小ff可以求出，因小滑塊的質量m未知，故斜面的傾角、小滑塊與斜面之間的動摩擦因數、小滑塊下滑的加速度a的大小不能求出，故選d。考點二能量守恒定律及應用應用能量守恒定律的一般步驟：(1)分清有多少種形式的能(如動能、重力勢能、彈性勢能、內能、電能等)在變化。(2)分別列出減少的能量e減和增加的能量e增的表達式。(3)列恒等式：e減e增。例2 (2020河南名校聯考)如圖所示，在某豎直

9、平面內，光滑曲面ab與水平面bc平滑連接于b點，bc右端連接內壁光滑、半徑r0.2 m的四分之一細管cd，管口d端正下方直立一根勁度系數k100 n/m的輕彈簧，彈簧一端固定，另一端恰好與管口d端平齊。一個質量為1 kg的小球放在曲面ab上，現從距bc的高度h0.6 m處靜止釋放小球，它與bc間的動摩擦因數0.5，小球進入管口c端時，它對上管壁有fn2.5mg的作用力，通過cd后，在壓縮彈簧過程中小球速度最大時彈簧的彈性勢能ep0.5 j。重力加速度g取10 m/s2。求：(1)小球在c處受到的向心力大小；(2)在壓縮彈簧過程中小球的最大動能ekm；(3)小球最終停止的位置。解析(1)小球進入

10、管口c端時，與圓管上管壁有大小為fn2.5mg的相互作用力，故對小球由牛頓第二定律有fnmgfn解得fn35 n。(2)在壓縮彈簧過程中，速度最大時合力為零。設此時小球離d端的距離為x0，則有kx0mg解得x00.1 m在c點，有fn解得vc m/s由能量守恒定律有mg(rx0)ep(ekmmv)解得ekmmg(rx0)mvep6 j。(3)小球從a點運動到c點過程，由動能定理得mghmgsmv解得b、c間距離s0.5 m小球與彈簧作用后返回c處動能不變，小球的動能最終消耗在與bc水平面相互作用的過程中。設小球與彈簧作用后在bc上運動的總路程為s，由能量守恒定律有mgsmv解得s0.7 m故最

11、終小球在bc上距離c為0.5 m(0.7 m0.5 m)0.3 m(或距離b端為0.7 m0.5 m0.2 m)處停下。答案(1)35 n(2)6 j(3)停在bc上距離c端0.3 m處(或距離b端0.2 m處)類題演練2如圖所示，ab為半徑r0.8 m的光滑圓弧軌道，下端b恰與小車右端平滑對接。小車質量m3 kg，車長l2.06 m，車上表面距離地面的高度h0.2 m，現有一質量m1 kg的滑塊， 由軌道頂端無初速度釋放，滑到b端后沖上小車。已知地面光滑，滑塊與小車上表面間的動摩擦因數0.3，當車運動了t01.5 s時，車被地面裝置鎖定(g10 m/s2)。試求：(1)滑塊到達b端時，軌道對

12、它支持力的大小；(2)車被鎖定時，車右端距軌道b端的距離；(3)從車開始運動到被鎖定的過程中，滑塊與車上表面間由于摩擦而產生的熱量大小。答案(1)30 n(2)1 m(3)6 j解析(1)由機械能守恒定律和牛頓第二定律得mgrmv，fnbmgm則fnb30 n(2)設m滑上小車后經過時間t1與小車同速，共同速度大小為v，設滑塊的加速度大小為a1，小車的加速度大小為a2對滑塊有mgma1，vvba1t1對于小車：mgma2，va2t1解得v1 m/s，t11 s，因t110 m，由此可知，滑塊第二次在傳送帶上滑行時，速度沒有減小到零就離開傳送帶。設滑塊在傳送帶上滑行的時間為t，則由勻變速直線運動

13、的位移公式可得lvtat2，解得t2 s，在此時間內傳送帶的位移xvt12 m，故滑塊第二次在傳送帶上滑行過程中，滑塊和傳送帶間因摩擦產生的內能為qmg(lx)，代入數據解得q220 j。答案(1)2 m/s或4 m/s(2)1.8 m(3)220 j類題演練3(2019四川攀枝花模擬)(多選)如圖所示，傾角為37的傳送帶以速度v2 m/s沿圖示方向勻速運動。現將一質量為2 kg的小木塊，從傳送帶的底端以v04 m/s的初速度，沿傳送帶運動方向滑上傳送帶。已知小木塊與傳送帶間的動摩擦因數為0.5，傳送帶足夠長，sin 370.6，cos 370.8，取g10 m/s2。小物塊從滑上傳送帶至到達

14、最高點的過程中，下列說法正確的是(bc)a運動時間為0.4 sb發生的位移為1.6 mc產生的熱量為9.6 jd摩擦力對小木塊所做功為12.8 j解析第一階段：根據牛頓第二定律，mgsin mgcos ma1，得a110 m/s2，第一階段位移為x10.6 m，所用時間為t10.2 s，傳送帶位移為x傳1vt10.4 m，劃痕為x1x1x傳10.2 m；第二階段：mgsin mgcos ma2，得a22 m/s2，第二階段位移為x21 m，所用時間為t21 s，傳送帶位移為x傳2vt22 m，劃痕為x2x傳1x21 m。由以上分析可知，物體運動總時間為tt1t21.2 s；物體的總位移xx1x

15、21.6 m；產生總熱量為qmgcos x1mgcos x29.6 j；摩擦力第一階段做負功，第二階段做正功，摩擦力對小木塊所做功為wmgcos x1mgcos x23.2 j，綜上分析可知b、c正確。2 nian gao kao mo ni xun lian2年高考模擬訓練1(2019全國卷，18)(多選)從地面豎直向上拋出一物體，其機械能e總等于動能ek與重力勢能ep之和。取地面為重力勢能零點，該物體的e總和ep隨它離開地面的高度h的變化如圖所示。重力加速度取10 m/s2。由圖中數據可得(ad)a物體的質量為2 kgbh0時，物體的速率為20 m/sch2 m時，物體的動能ek40 jd

16、從地面至h4 m，物體的動能減少100 j解析a對：由于epmgh，所以ep與h成正比，斜率kmg，由圖象得k20 n，因此m2 kg。b錯：當h0時，ep0，e總ekmv，因此v010 m/s。c錯：由圖象知h2 m時，e總90 j，ep40 j，由e總ekep得ek50 j。d對：h4 m時，e總ep80 j，即此時ek0，即上升4 m距離，動能減少100 j。2(2019天津，3)如圖所示，在水平向右的勻強電場中，質量為m的帶電小球，以初速度v從m點豎直向上運動，通過n點時，速度大小為2v，方向與電場方向相反，則小球從m運動到n的過程(b)a動能增加mv2b機械能增加2mv2c重力勢能增

17、加mv2d電勢能增加2mv2解析a錯：動能變化量ekm(2v)2mv2mv2。b對，d錯：重力和電場力做功，機械能增加量等于電勢能減少量。帶電小球在水平方向做向左的勻加速直線運動，由運動學公式得(2v)202x，則電勢能減少量等于電場力做的功ep電w電qex2mv2。c錯：在豎直方向做勻減速到零的運動，由v22gh，得重力勢能增加量ep重mghmv2。3(2019江蘇，8)(多選)如圖所示，輕質彈簧的左端固定，并處于自然狀態。小物塊的質量為m，從a點向左沿水平地面運動，壓縮彈簧后被彈回，運動到a點恰好靜止。物塊向左運動的最大距離為s，與地面間的動摩擦因數為，重力加速度為g，彈簧未超出彈性限度。

18、在上述過程中(bc)a彈簧的最大彈力為mgb物塊克服摩擦力做的功為2mgsc彈簧的最大彈性勢能為mgsd物塊在a點的初速度為解析a錯：物塊向左運動壓縮彈簧，彈簧最短時，物塊具有向右的加速度，彈力大于摩擦力，即fmg。b對：根據功的公式，物塊克服摩擦力做的功wmgsmgs2mgs。c對：根據能量守恒，彈簧彈開物塊的過程中，彈簧的彈性勢能通過摩擦力做功轉化為內能，故epmmgs。d錯：根據能量守恒，在整個過程中，物體的初動能通過摩擦力做功轉化為內能，即mv22mgs，所以v2。4(2020榮成模擬)如圖所示，一質量為m1.5 kg的滑塊從傾角為37的斜面上自靜止開始滑下，滑行距離s10 m后進入半徑為r9 m的光滑圓弧ab，其圓心角為，然后水平滑上與圓弧b點(b點的切線為水平方向)等高的小車。已知小車質量為m3.5 kg，滑塊與斜面及小車表面的動摩擦因數為0.35，地面光滑且小車足夠長，取g10 m/s2(sin 370.6，cos 370.8)。求：(1)滑塊在斜面上的滑行時間t1；(2)滑塊脫離圓弧末端b點前，圓弧對滑塊的支持力fb的大小；(3)當小車開始勻速運動時，滑塊在小車上滑行的距離s1。答案(1)2.5 s