PAGE13-第4講功能關(guān)系能量守恒定律考綱考情核心素養(yǎng)?功能關(guān)系Ⅱ?幾種常見的功能關(guān)系和能量守恒定律.物理觀念全國卷5年4考高考指數(shù)★★★★★?利用功能關(guān)系進行相關(guān)計算．?能量轉(zhuǎn)化問題的解題思路.科學(xué)思維學(xué)問點一功能關(guān)系1．功是能量轉(zhuǎn)化的量度，即做了多少功就有多少能量發(fā)生了轉(zhuǎn)化．2．做功的過程肯定伴隨著能量的轉(zhuǎn)化，而且能量的轉(zhuǎn)化必需通過做功來實現(xiàn)．3．做功對應(yīng)改變的能量形式(1)合外力的功影響物體的動能的改變．(2)重力的功影響物體重力勢能的改變．(3)彈簧彈力的功影響彈性勢能的改變．(4)除重力或系統(tǒng)內(nèi)彈力以外的力做功影響物體機械能的改變．(5)滑動摩擦力的功影響內(nèi)能的改變．(6)電場力的功影響電勢能的改變．學(xué)問點二能量守恒定律1．內(nèi)容：能量既不會憑空產(chǎn)生，也不會憑空消逝，它只能從一種形式轉(zhuǎn)化為另一種形式，或者從一個物體轉(zhuǎn)移到另一個物體，在轉(zhuǎn)化或轉(zhuǎn)移的過程中，能量的總量保持不變．2．適用范圍：能量守恒定律是貫穿物理學(xué)的基本規(guī)律，是各種自然現(xiàn)象中普遍適用的一條規(guī)律．3．表達式(1)E初＝E末，初狀態(tài)各種能量的總和等于末狀態(tài)各種能量的總和．(2)ΔE增＝ΔE減，增加的那些能量的增加量等于削減的那些能量的削減量．1．思索推斷(1)力對物體做了多少功，物體就具有多少能．(×)(2)力對物體做正功，物體的機械能不肯定增加．(√)(3)能量在轉(zhuǎn)化或轉(zhuǎn)移的過程中，其總量會不斷削減．(×)(4)物體的機械能削減的過程中，動能有可能是增大的．(√)(5)能量在轉(zhuǎn)移或轉(zhuǎn)化過程中守恒，因此沒有必要節(jié)約能源．(×)2．韓曉鵬是我國首位在冬奧會雪上項目奪冠的運動員．他在一次自由式滑雪空中技巧競賽中沿“助滑區(qū)”保持同一姿態(tài)下滑了一段距離，重力對他做功1900J，他克服阻力做功100J．韓曉鵬在此過程中(C)A．動能增加了1900J B．動能增加了2000JC．重力勢能減小了1900J D．重力勢能減小了2000J解析：依據(jù)動能定理得韓曉鵬動能的改變ΔE＝WG＋Wf＝1900J－100J＝1800J>0，故其動能增加了1800J，選項A、B錯誤；依據(jù)重力做功與重力勢能改變的關(guān)系WG＝－ΔEp，所以ΔEp＝－WG＝－1900J<0，故韓曉鵬的重力勢能減小了1900J，選項C正確，選項D錯誤．3.質(zhì)量為m的物體以初速度v0沿水平面對左起先運動，起始點A與一輕彈簧O端相距s，如圖所示．已知物體與水平面間的動摩擦因數(shù)為μ，物體與彈簧相碰后，彈簧的最大壓縮量為x.則從起先碰撞到彈簧被壓縮至最短，物體克服彈簧彈力所做的功為(A)A.eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－μmg(s＋x) B.eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－μmgxC．μmgs D．μmg(s＋x)解析：由能量守恒定律可知，物體的初動能eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)一部分用于克服彈簧彈力做功，另一部分用于克服摩擦力做功，故物體克服彈簧彈力所做的功為eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－μmg(s＋x)，故選項A正確．4．(多選)一個質(zhì)量為m的物體以a＝2g的加速度豎直向下運動，則在此物體下降hA．重力勢能削減了2mghB．動能增加了2mghC．機械能保持不變D．機械能增加了mgh解析：下降h高度，則重力做正功mgh，所以重力勢能減小mgh，A錯誤；依據(jù)動能定理可得F合h＝ΔEk，又F合＝ma＝2mg，故ΔEk＝2mgh，B正確；重力勢能減小mgh，而動能增大2mgh，所以機械能增加mgh，C錯誤，D正確．5．足夠長的水平傳送帶以恒定速度v勻速運動，某時刻一個質(zhì)量為m的小物塊以大小也是v、方向與傳送帶運動方向相反的初速度沖上傳送帶，最終小物塊的速度與傳送帶的速度相同．在小物塊與傳送帶間有相對運動的過程中，滑動摩擦力對小物塊做的功為W，小物塊與傳送帶間因摩擦產(chǎn)生的熱量為Q，則下列推斷中正確的是(B)A．W＝0，Q＝mv2 B．W＝0，Q＝2mv2C．W＝eq\f(mv2,2)，Q＝mv2 D．W＝mv2，Q＝2mv2解析：對小物塊，由動能定理有W＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mv2＝0，設(shè)小物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為μ，則小物塊與傳送帶間的相對路程x相對＝eq\f(2v2,μg)，這段時間內(nèi)因摩擦產(chǎn)生的熱量Q＝μmg·x相對＝2mv2，選項B正確．考點1功能關(guān)系1．對功能關(guān)系的進一步理解(1)做功的過程就是能量轉(zhuǎn)化的過程．不同形式的能量發(fā)生相互轉(zhuǎn)化是通過做功來實現(xiàn)的．(2)功是能量轉(zhuǎn)化的量度，功和能的關(guān)系，一是體現(xiàn)在不同的力做功，對應(yīng)不同形式的能轉(zhuǎn)化，具有一一對應(yīng)關(guān)系，二是做功的多少與能量轉(zhuǎn)化的多少在數(shù)值上相等．2．幾種常見的功能關(guān)系及其表達式力做功能的改變定量關(guān)系合力的功動能改變W＝Ek2－Ek1＝ΔEk(續(xù)表)力做功能的改變定量關(guān)系重力的功重力勢能改變(1)重力做正功，重力勢能削減(2)重力做負功，重力勢能增加(3)WG＝－ΔEp＝Ep1－Ep2彈簧彈力的功彈性勢能改變(1)彈力做正功，彈性勢能削減(2)彈力做負功，彈性勢能增加(3)WF＝－ΔEp＝Ep1－Ep2除重力和彈簧彈力之外的其他力做的功機械能改變(1)其他力做多少正功，物體的機械能就增加多少(2)其他力做多少負功，物體的機械能就削減多少(3)W＝ΔE一對相互作用的滑動摩擦力的總功內(nèi)能改變(1)作用于系統(tǒng)的一對滑動摩擦力總功肯定為負值(2)系統(tǒng)內(nèi)能增加Q＝Ff·L相對(2024·全國卷Ⅱ)(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的改變?nèi)鐖D所示．重力加速度取10m/s2.由圖中數(shù)據(jù)可得()A．物體的質(zhì)量為2kgB．h＝0時，物體的速率為20m/sC．h＝2m時，物體的動能Ek＝40JD．從地面至h＝4m，物體的動能削減100J【解析】依據(jù)題給圖象可知h＝4m時物體的重力勢能mgh＝80J，解得物體質(zhì)量m＝2kg，拋出時物體的動能為Ek＝100J，由動能公式Ek＝eq\f(1,2)mv2，可知h＝0時物體的速率為v＝10m/s，選項A正確，B錯誤；由功能關(guān)系可知fh＝|ΔE|＝20J，解得物體上升過程中所受空氣阻力f＝5N，從物體起先拋出至上升到h＝2m的過程中，由動能定理有－mgh－fh＝Ek－100J，解得Ek＝50J，選項C錯誤；由題給圖象可知，物體上升到h＝4m時，機械能為80J，重力勢能為80J，動能為零，即物體從地面上升到h＝4m，物體動能削減100J，選項D正確．【答案】AD高分技法對功能關(guān)系的進一步理解1物體動能的增量由外力做的總功來量度，即W外＝ΔEk，這就是動能定理；2物體重力勢能的增量由重力做的功來量度，即WG＝－ΔEp，這就是重力做功與重力勢能改變量的關(guān)系；3物體機械能的增量由重力以外的其他力做的功來量度，即W其他＝ΔE機，W其他表示除重力以外的其他力做的功，這就是機械能增量與除重力外的其他力做的功的關(guān)系；4當(dāng)W其他＝0時，說明只有重力做功，所以系統(tǒng)的機械能守恒；5物體克服摩擦力做功時，能量由機械能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，即Q＝Ff·s，s為路程.1.一個人站立在商場的自動扶梯的水平踏板上，隨扶梯向上加速，如圖所示，則(D)A．人對踏板的壓力大小等于人所受到的重力大小B．人只受重力和踏板的支持力的作用C．踏板對人的支持力做的功等于人的機械能增加量D．人所受合力做的功等于人的動能的增加量解析：人的加速度斜向上，將加速度分解到水平和豎直方向得ax＝acosθ，方向水平向右；ay＝asinθ，方向豎直向上，水平方向上人受靜摩擦力作用，有f＝max＝macosθ，方向水平向右，豎直方向上人受重力和支持力，F(xiàn)N－mg＝masinθ，所以FN>mg，故A、B錯誤；除重力以外的力對物體做的功，等于物體機械能的改變量，踏板對人的力除了支持力還有摩擦力，運動過程中摩擦力也做功，所以踏板對人的支持力做的功不等于人的機械能的增加量，故C錯誤；由動能定理可知，人所受合力做的功等于人的動能的增加量，故D正確．2.如圖所示，在豎直平面內(nèi)有一半徑為R的圓弧軌道，半徑OA水平、OB豎直，一個質(zhì)量為m的小球自A的正上方P點由靜止起先自由下落，小球沿軌道到達最高點B時恰好對軌道沒有壓力．已知AP＝2R，重力加速度為g，則小球從P到B的運動過程中(C)A．重力做功2mgR B．合外力做功eq\f(3,4)mgRC．克服摩擦力做功eq\f(1,2)mgR D．機械能削減2mgR解析：小球通過B點時恰好對軌道沒有壓力，即重力供應(yīng)向心力，mg＝meq\f(v2,R)，解得小球通過B點時速度v＝eq\r(gR)，小球從P到B的運動過程中，重力做功等于重力勢能削減量，為mgR，動能增加量為eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)mgR，合外力做功等于動能增加量，為eq\f(1,2)mgR，機械能削減量為mgR－eq\f(1,2)mgR＝eq\f(1,2)mgR，克服摩擦力做功等于機械能的削減量，為eq\f(1,2)mgR，故只有C選項正確．考點2摩擦力做功與能量守恒定律1．兩種摩擦力做功狀況的對比靜摩擦力滑動摩擦力不同點能量的轉(zhuǎn)化方面只有能量的轉(zhuǎn)移，沒有能量的轉(zhuǎn)化既有能量的轉(zhuǎn)移，又有能量的轉(zhuǎn)化一對摩擦力的總功方面一對靜摩擦力所做功的代數(shù)和等于零一對滑動摩擦力所做功的代數(shù)和為負值，總功W＝－Ff·s相對，即摩擦?xí)r產(chǎn)生熱量相同點正功、負功、不做功方面兩種摩擦力對物體可以做正功、負功，還可以不做功；靜摩擦力做正功時，它的反作用力肯定做負功；滑動摩擦力做負功時，它的反作用力可能做正功，可能做負功，還可能不做功；但滑動摩擦力做正功或不做功時，它的反作用力肯定做負功2.對能量守恒定律的理解(1)轉(zhuǎn)化：某種形式的能量削減，肯定存在其他形式的能量增加，且削減量和增加量肯定相等．(2)轉(zhuǎn)移：某個物體的能量削減，肯定存在其他物體的能量增加，且削減量和增加量相等．3．運用能量守恒定律解題的基本思路如圖所示，固定斜面的傾角θ＝30°，物體A與斜面之間的動摩擦因數(shù)μ＝eq\f(\r(3),4)，輕彈簧下端固定在斜面底端，彈簧處于原長時上端位于C點，用一根不行伸長的輕繩通過輕質(zhì)光滑的定滑輪連接物體A和B，滑輪右側(cè)繩子與斜面平行，A的質(zhì)量為2m＝4kg，B的質(zhì)量m＝2kg，初始時物體A到C點的距離L＝1m，現(xiàn)給A、B一初速度v0＝3m/s，使A起先沿斜面對下運動，B向上運動，物體A將彈簧壓縮到最短后又恰好能彈回到C點．已知重力加速度g＝10m/s2，不計空氣阻力，整個過程中輕繩始終處于伸直狀態(tài)．求在此過程中：(1)物體A向下運動剛到C點時的速度大小；(2)彈簧的最大壓縮量；(3)彈簧的最大彈性勢能．【解析】(1)在物體A向下運動剛到C點的過程中，對A、B組成的系統(tǒng)應(yīng)用能量守恒定律可得μ·2mgcosθ·L＝eq\f(1,2)×3mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)×3mv2＋2mgLsinθ－mgL解得v＝2m/s.(2)對A、B組成的系統(tǒng)分析，在物體A從C點壓縮彈簧至將彈簧壓縮到最大壓縮量，又返回到C點的過程中，系統(tǒng)動能的削減量等于因摩擦產(chǎn)生的熱量，即eq\f(1,2)×3mv2－0＝μ·2mgcosθ·2x其中x為彈簧的最大壓縮量解得x＝0.4m.(3)設(shè)彈簧的最大彈性勢能為Epm由能量守恒定律可得eq\f(1,2)×3mv2＋2mgxsinθ－mgx＝μ·2mgcosθ·x＋Epm解得Epm＝6J.【答案】(1)2m/s(2)0.4m(3)6J高分技法涉及做功與能量轉(zhuǎn)化問題的解題方法1分清是什么力做功，并且分析該力做正功還是做負功；依據(jù)功能之間的對應(yīng)關(guān)系，確定能量之間的轉(zhuǎn)化狀況.2當(dāng)涉及摩擦力做功時，機械能不守恒，一般應(yīng)用能的轉(zhuǎn)化和守恒定律，特殊留意摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能Q＝f·s相對，s相對為相對滑動的兩物體間相對滑動路徑的總長度.3解題時，首先確定初、末狀態(tài)，然后分清有多少種形式的能在轉(zhuǎn)化，再分析狀態(tài)改變過程中哪種形式的能量削減，哪種形式的能量增加，求出削減的能量總和ΔE減和增加的能量總和ΔE增，最終由ΔE減＝ΔE增列式求解.3．(多選)一個物塊從斜面底端沖上足夠長的斜面后，返回到斜面底端．已知小物塊沖上斜面的初動能為E，它返回斜面底端的速度大小為v，克服摩擦力做功為eq\f(1,4)E.若小物塊沖上斜面的初動能變?yōu)?E，則(BC)A．返回斜面底端時動能為eq\f(3,4)EB．返回斜面底端時速度大小為eq\r(3)vC．從動身到返回斜面底端，克服摩擦阻力做功為eq\f(3,4)ED．從動身到返回斜面底端，機械能削減eq\f(3,8)E解析：本題考查功能關(guān)系在斜面模型中的應(yīng)用．物塊以初動能E沖上斜面并返回的整個過程中，由動能定理得Wf＝eq\f(1,2)mv2－E＝－eq\f(E,4)，則eq\f(1,2)mv2＝eq\f(3,4)E，設(shè)物塊以初動能為E沖上斜面的初速度為v0，則以初動能為3E沖上斜面的初速度為eq\r(3)v0，兩次沖上斜面后的加速度相同，依據(jù)2ax＝veq\o\al(2,t)－veq\o\al(2,0)可知物體上滑的最大位移為x＝eq\f(0－v\o\al(2,0),2a)，則物塊其次次沖上斜面的最大位移是第一次的3倍，則整個過程中克服摩擦力做功是第一次的3倍，即為eq\f(3,4)E，故C正確；以初動能為3E沖上斜面并返回的整個過程中，運用動能定理得Wf′＝eq\f(1,2)mv′2－3E＝－eq\f(3,4)E，所以返回斜面底端時的動能為eq\f(1,2)mv′2＝eq\f(9,4)E，返回斜面底端時速度大小為v′＝eq\r(3)v，故A錯誤，B正確；依據(jù)功能關(guān)系可知，其次次從動身到返回斜面底端，機械能削減量等于克服摩擦阻力做功，為eq\f(3,4)E，故D錯誤．考點3動力學(xué)和能量觀點綜合應(yīng)用題型1應(yīng)用動力學(xué)和能量觀點分析多過程問題某校愛好小組制作了一個嬉戲裝置，其簡化模型如圖所示，在A點用一彈射裝置將小滑塊以某一水平速度彈射出去，沿水平直線軌道運動到B點后，進入半徑R＝0.1m的光滑豎直圓形軌道，運行一周后自B點向C點運動，C點右側(cè)有一陷阱，C、D兩點的豎直高度差h＝0.2m，水平距離s＝0.6m，水平軌道AB長為L1＝0.5m，BC長為L2＝1.5m，小滑塊與水平軌道間的動摩擦因數(shù)μ＝0.4，重力加速度g＝10m/s2.(1)若小滑塊恰能通過圓形軌道的最高點，求小滑塊在A點彈射出的速度大小；(2)若嬉戲規(guī)則為小滑塊沿著圓形軌道運行一周離開圓形軌道后只要不掉進陷阱即為勝出．求小滑塊在A點射出的速度大小范圍．【解析】(1)對滑塊從A到B的過程應(yīng)用動能定理，則－μmgL1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)①由B到最高點小滑塊機械能守恒，則eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)＝2mgR＋eq\f(1,2)mv2②小滑塊恰能通過圓軌道最高點的速度為v，由牛頓其次定律有mg＝meq\f(v2,R)③由以上三式解得小滑塊在A點彈射出的速度v1＝3m/s.④(2)若小滑塊剛好停在C處，則從A到C由動能定理得－μmg(L1＋L2)＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)⑤解得小滑塊在A點彈射出的速度為v2＝4m/s若小滑塊停在BC段，應(yīng)滿意3m/s≤vA≤4m/s若小滑塊能通過C點并恰好越過陷阱，對A到C的過程應(yīng)用動能定理－μmg(L1＋L2)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)⑥依據(jù)平拋運動規(guī)律，則有豎直方向h＝eq\f(1,2)gt2⑦水平方向s＝v0t⑧解得vA＝5m/s所以初速度的范圍為3m/s≤vA≤4m/s或vA≥5m/s.【答案】(1)3m/s(2)3m/s≤vA≤4m/s或vA≥5m/s高分技法多過程問題解題關(guān)鍵1多運動組合問題主要是指直線運動、平拋運動和豎直面內(nèi)圓周運動的組合問題.2解題關(guān)鍵①抓住物理情景中出現(xiàn)的運動狀態(tài)和運動過程，將物理過程分解成幾個簡潔的子過程.②兩個相鄰過程連接點的速度是聯(lián)系兩過程的紐帶，也是解題的關(guān)鍵.許多狀況下平拋運動的末速度的方向是解題的重要突破口.題型2傳送帶模型如圖所示，繃緊的傳送帶與水平面的夾角θ＝30°，傳送帶在電動機的帶動下，始終保持v0＝2m/s的速率運行，現(xiàn)把一質(zhì)量為m＝10kg的工件(可看做質(zhì)點)輕輕放在傳送帶的底端，經(jīng)過時間1.9s，工件被傳送到h＝1.5m的高處，g取10m/s2，求：(1)工件與傳送帶間的動摩擦因數(shù)；(2)電動機由于傳送工件多消耗的電能．【解析】(1)由題可知，傳送帶長x＝eq\f(h,sinθ)＝3m工件速度達到v0前，做勻加速運動的位移x1＝eq\x\to(v)t1＝eq\f(v0,2)t1勻速運動的位移為x－x1＝v0(t－t1)解得加速運動的時間t1＝0.8s加速運動的位移x1＝0.8m所以加速度a＝eq\f(v0,t1)＝2.5m/s2由牛頓其次定律有μmgcosθ－mgsinθ＝ma解得μ＝eq\f(\r(3),2).(2)從能量守恒的觀點，明顯電動機多消耗的電能用于增加工件的動能、重力勢能以及克服傳送帶與工件之間發(fā)生相對位移時摩擦力做功產(chǎn)生熱量．在時間t1內(nèi)，傳送帶運動的位移x2＝v0t1＝1.6m在時間t1內(nèi)，工件相對傳送帶的位移x相對＝x2－x1＝0.8m在時間t1內(nèi)，摩擦生熱Q＝μmgcosθ·x相對＝60J工件獲得的動能Ek＝eq