14/1515/15/第10節能量守恒定律與能源學習目標核心提煉1.知道能量守恒定律的內容，了解能源和能量耗散的定義。1個定律——能量守恒定律2個概念——能量耗散、能源危機2.通過對生活中能量轉化的實例分析，領悟能量守恒定律的確切含義。3.能舉例說明我們周圍能源的耗散，樹立節能意識。一、能量守恒定律閱讀教材第81頁“能量守恒定律”部分，大概知道能量守恒定律的內容。1．建立能量守恒定律的兩個重要事實：(1)確認了永動機的__B__(A.可能B．不可能)性。(2)發現了各種自然現象之間能量的相互聯系與轉化。2．內容：能量既不會憑空產生，也不會憑空消失，它只能從一種形式轉化為另一種形式，或者從一個物體轉移到別的物體，在轉化或轉移的過程中，能量的總量保持不變。3．意義：能量守恒定律的建立，是人類認識自然的一次重大飛躍。它是最普遍、最重要、最可靠的自然規律之一，而且是大自然普遍和諧性的一種表現形式。思維拓展“神舟十號”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1000攝氏度。(1)進入大氣層很長一段時間，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。該過程中什么能向什么能轉化？機械能和內能的總量變化呢？圖1答案(1)勢能減少動能增加機械能不守恒(2)機械能轉化為內能不變二、能源和能量耗散閱讀教材第82頁“能源和能量耗散”部分，知道能量耗散的原因，了解能量轉化的方向性。1．能源與人類社會：人類對能源的利用大致經歷了三個時期，即柴薪時期、煤炭時期、石油時期。自工業革命以來，煤和石油成為人類的主要能源。2．能量耗散：燃料燃燒時一旦把自己的熱量釋放出去，就不會再次自動聚集起來供人類重新利用。電池中的化學能轉化為電能，電能又通過燈泡轉化成內能和光能，熱和光被其他物質吸收之后變成周圍環境的內能，我們無法把這些散失的能量收集起來重新利用。3．能源危機的含義：在能源的利用過程中，即在能量的轉化過程中，能量在數量上雖未減少，但在可利用的品質上降低了，從便于利用的變成不便于利用的了。4．能量轉化的方向性與節約能源的必要性：能量耗散反映了能量轉化的宏觀過程具有方向性。所以，能源的利用是有條件的，也是有代價的，所以自然界的能量雖然守恒，但還是很有必要節約能源。思維拓展圖2情景1：如圖2甲所示，煤炭和石油是常規能源。盡管我國的常規能源資源非常豐富，但由于人口眾多，所以能源的需求量很大，能源的浪費很嚴重，將來會面臨能源危機。情景2：如圖2乙、丙所示，太陽能、風能、地熱能、海洋能等是新能源，積極開發利用新能源是實現我國經濟社會可持續發展的必然選擇。(1)能量耗散與能量守恒是否矛盾，為什么？(2)能量是守恒的，為什么還要節約能源？答案(1)能量耗散和能量守恒并不矛盾，能量耗散并不是能量消失了，而是在能源利用的過程中，能量發生了轉化，使能量的品質下降。但能量在數量上并沒有減少。(2)能量耗散表明，在能源的利用過程中，即在能量的轉化過程中，能量在數量上并未減少，但在可利用品質上降低了，從便于利用的能量變成不便于利用的能量了。這是能源危機更深層次的含義，也是“自然界的能量雖然守恒，但還是要節約能源”的根本原因。因此我們要節約能源，同時積極研究和開發利用新能源和可再生能源，如核能、太陽能、風能、海洋能、生物質能等。預習完成后，請把你疑惑的問題記錄在下面的表格中問題1問題2問題3能量守恒定律的理解和應用[要點歸納]1．適用范圍：能量守恒定律是貫穿物理學的基本規律，是各種自然現象中普遍適用的一條規律。2．表達式(1)E初＝E末，初狀態各種能量的總和等于末狀態各種能量的總和。(2)ΔE增＝ΔE減，能量的增加量等于能量的減少量。3．應用步驟(1)明確研究對象及研究過程。(2)明確該過程中，哪些形式的能量在變化。(3)確定參與轉化的能量中，哪些能量增加，哪些能量減少。(4)列出增加的能量和減少的能量之間的守恒式(或初、末狀態能量相等的守恒式)。[精典示例][例1]下列說法正確的是()A．隨著科技的發展，永動機是可以制成的B．太陽照射到地球上的光能轉化成其他能量，但照射到宇宙空間的能量都消失了C．“既要馬兒跑，又讓馬兒不吃草”違背了能量守恒定律，因而是不可能的D．有種“全自動”手表，不用上發條，也不用任何形式的電源，卻能一直走動，說明能量可以憑空產生解析永動機是不消耗或少消耗能量，可以大量對外做功的裝置，違背能量守恒定律，A錯誤；能量不可能憑空消失，B錯誤；能量也不可能憑空產生，C正確，D錯誤。答案C運用能量守恒定律解題的基本思路[針對訓練1]某地平均風速為5m/s，已知空氣密度是1.2kg/m3，有一風車，它的風葉轉動時可形成半徑為12m的圓面。如果這個風車能將圓面內10%的氣流動能轉變為電能，則該風車帶動的發電機功率是多大？解析在t時間內作用于風車的氣流質量m＝πr2vtρ這些氣流的動能為eq\f(1,2)mv2轉變成的電能E＝eq\f(1,2)mv2×10%所以風車帶動發電機的功率為P＝eq\f(E,t)＝eq\f(1,2)πr2ρv3×10%代入數據得P＝3391.2W。答案3391.2W摩擦生熱及產生內能的有關計算[要點歸納]1．系統內一對靜摩擦力即使對物體做功，但由于相對位移為零而沒有內能產生，只有物體間機械能的轉移。2．作用于系統的滑動摩擦力和物體間相對滑動的距離的乘積，在數值上等于滑動過程產生的內能。即Q＝F滑x相對，其中F滑必須是滑動摩擦力，x相對必須是兩個接觸面的相對滑動距離(或相對位移)。[精典示例][例2]電動機帶動水平傳送帶以速度v勻速傳動，一質量為m的小木塊由靜止輕放在傳送帶上，若小木塊與傳送帶之間的動摩擦因數為μ，如圖3所示。傳送帶足夠長，當小木塊與傳送帶相對靜止時，求：圖3(1)小木塊的位移；(2)傳送帶轉過的路程；(3)小木塊獲得的動能；(4)摩擦過程中產生的內能；(5)因傳送小木塊電動機多消耗的電能。解析(1)由牛頓第二定律：μmg＝ma，得a＝μg由公式v＝at得t＝eq\f(v,μg)，小木塊的位移x1＝eq\f(v,2)t＝eq\f(v2,2μg)(2)傳送帶始終勻速運動，路程x2＝vt＝eq\f(v2,μg)(3)小木塊獲得的動能Ek＝eq\f(1,2)mv2(4)小木塊在和傳送帶達到共同速度的過程中，相對傳送帶移動的距離x相對＝x2－x1＝eq\f(v2,2μg)，產生的內能Q＝μmg·x相對＝eq\f(1,2)mv2(5)根據能量守恒定律，因傳送小木塊電動機多消耗電能ΔE＝Q＋eq\f(1,2)mv2＝mv2答案(1)eq\f(v2,2μg)(2)eq\f(v2,μg)(3)eq\f(1,2)mv2(4)eq\f(1,2)mv2(5)mv2計算內能的兩種方法：(1)由公式Q＝F滑x相對進行計算。(2)由能量守恒定律產生的內能Q等于其他能量的減少量，即Q＝E減。[針對訓練2](多選)如圖4所示，質量為M、長度為l的小車靜止在光滑的水平面上。質量為m的小物塊放在小車的最左端。現有一水平恒力F作用在小物塊上，使物塊從靜止開始做勻加速直線運動，物塊和小車之間的摩擦力為f。經過時間t，小車運動的位移為s，物塊剛好滑到小車的最右端，下列說法正確的是()圖4A．此時物塊的動能為(F－f)(s＋l)B．這一過程中，物塊對小車所做的功為f(s＋l)C．這一過程中，物塊和小車增加的機械能為FsD．這一過程中，物塊和小車產生的內能為fl解析根據動能定理得，(F－f)(s＋l)＝eq\f(1,2)mv2－0，則物塊的動能為Ek＝(F－f)(s＋l)，故A正確；這一過程中，物塊對小車有壓力和摩擦力，壓力不做功，摩擦力所做的功為fs，故物塊對小車所做的功為fs，故B錯誤；由功能關系得知，物塊和小車增加的機械能為F(s＋l)－fl，故C錯誤；系統產生的內能等于系統克服滑動摩擦力做功fl，故D正確。答案AD功能關系的理解和應用[要點歸納]1．功能關系概述(1)不同形式的能量之間的轉化是通過做功實現的，做功的過程就是能量之間轉化的過程。(2)功是能量轉化的量度。做了多少功，就有多少能量發生轉化。2．功與能的關系：由于功是能量轉化的量度，某種力做功往往與某一種具體形式的能量轉化相聯系，具體功能關系如下表：功能量轉化關系式重力做功重力勢能的改變WG＝－ΔEp彈力做功彈性勢能的改變WF＝－ΔEp合力做功動能的改變W合＝ΔEk除重力、系統內彈力以外的其他力做功機械能的改變W＝ΔE機兩物體間滑動摩擦力對物體系統做功內能的改變Ffx相對＝Q[精典示例][例3]如圖5所示，某段滑雪雪道傾角為30°，總質量為m(包括雪具在內)的滑雪運動員從距底端高為h處的雪道上由靜止開始勻加速下滑，加速度為eq\f(1,3)g。在他從上向下滑到底端的過程中，下列說法正確的是()圖5A．運動員減少的重力勢能全部轉化為動能B．運動員獲得的動能為eq\f(1,3)mghC．運動員克服摩擦力做功為eq\f(2,3)mghD．下滑過程中系統減少的機械能為eq\f(1,3)mgh解析運動員的加速度為eq\f(1,3)g，小于gsin30°，所以必受摩擦力的作用，且大小為eq\f(1,6)mg，克服摩擦力做功為eq\f(1,6)mg·eq\f(h,sin30°)＝eq\f(1,3)mgh，故C錯誤；摩擦力做功，機械能不守恒，減少的勢能沒有全部轉化為動能，而是有eq\f(1,3)mgh轉化為內能，故A錯誤，D正確；由動能定理知，運動員獲得的動能為eq\f(1,3)mg·eq\f(h,sin30°)＝eq\f(2,3)mgh，故B錯誤。答案D[針對訓練3](多選)如圖6所示，質量為m的物體放在升降機的底板上。若升降機從靜止開始以a＝eq\f(g,2)的加速度豎直向下運動一段位移h。下列說法正確的是()圖6A．物體所受的支持力為eq\f(mg,3)B．物體動能的增加量為mghC．物體重力勢能的減少量為mghD．物體機械能的減少量為eq\f(mgh,2)解析根據牛頓第二定律得：mg－FN＝ma，得物體所受的支持力為FN＝mg－ma＝eq\f(mg,2)，故A錯誤；合力做功為W合＝mah＝eq\f(1,2)mgh，根據動能定理得，物體動能的增加量為ΔEk＝W合＝eq\f(1,2)mgh，故B錯誤；重力做功為mgh，則物體重力勢能的減少量為mgh，故C正確；根據功能關系得知，物體機械能的減少量等于物體克服支持力做功，即為eq\f(1,2)mgh，故D正確。答案CD1．(能源的開發和利用)下列關于能源開發和利用的說法中，正確的是()A．能源利用的過程是內能轉化成機械能的過程B．能量是守恒的，因此不需要節約能源C．能源利用的過程是一種形式的能向另外一種形式的能轉化的過程D．無論是節約能源還是開發能源，我國都要外國支援答案C2．(對能量守恒定律的理解)(多選)下列關于能量守恒定律的認識正確的是()A．某種形式的能減少，一定存在其他形式的能增加B．某個物體的能量減少，必然有其他物體的能量增加C．不需要任何外界的動力而持續對外做功的機械——永動機不可能制成D．石子從空中落下，最后靜止在地面上，說明機械能消失了解析根據能量守恒定律可知，能量既不會消滅，也不會創生。能量只能從一種形式轉化為其他形式，或者從一個物體轉移到其他物體，A、B正確，D錯誤；永動機違背了能量守恒定律，故它不可能制造出來，C正確。答案ABC3．(摩擦生熱及產生內能的有關計算)兩塊完全相同的木塊A、B，其中A固定在水平桌面上，B放在光滑水平桌面上。兩顆同樣的子彈以相同的水平速度射入兩木塊，穿透后子彈的速度分別為vA、vB，在子彈穿透木塊過程中因克服摩擦力產生的熱分別為QA、QB，設木塊對子彈的摩擦力大小一定，則()A．vA＞vB，QA＞QB B．vA＜vB，QA＝QBC．vA＝vB，QA＜QB D．vA＞vB，QA＝QB解析設子彈的初速度為v0，質量為m，木塊的厚度為d，穿透過程中子彈所受阻力大小為Ff，未固定的木塊前進了x，根據動能定理：－Ffd＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，－Ff(d＋x)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，比較以上兩式得vA＞vB，兩種情況下產生的熱量相等，QA＝QB＝Ffd，故D正確。答案D4．(對功能關系的理解)(多選)如圖7所示，楔形木塊abc固定在水平面上，粗糙斜面ab和光滑斜面bc與水平面的夾角相同，頂角b處安裝一定滑輪。質量分別為M、m(M＞m)的滑塊，通過不可伸長的輕繩跨過定滑輪連接，輕繩與斜面平行。兩滑塊由靜止釋放后，沿斜面做勻加速運動。若不計滑輪的質量和摩擦，在兩滑塊沿斜面運動的過程中()圖7A．兩滑塊組成系統的機械能守恒B．重力對M做的功等于M動能的增加C．輕繩對m做的功等于m機械能的增加D．兩滑塊組成系統的機械能損失等于M克服摩擦力做的功解析因為M克服摩擦力做功，所以系統機械能不守恒，A錯誤；由功能關系知系統減少的機械能等于M克服摩擦力做的功，D正確；對M，除重力外還有摩擦力和輕繩拉力對其做功，由動能定理知B錯誤；對m，有拉力和重力對其做功，由功能關系知C正確。答案CD基礎過關1．關于能源的利用和節能，下列說法中正確的是()A．根據能量守恒定律，能源的利用率應該是100%B．由于能量既不會消滅，也不會創生，總是守恒的，所以節約能源的意義不大C．節約能源只要提高節能意識就行，與科學進步無關D．在能源的利用中，總會有一部分能源未被利用而損失掉解析能源的使用在任何情況下都不可能達到理想狀態，即不可能做到沒有任何損失，雖然遵從能量守恒定律，但它指的是損失部分和被利用部分總和與原來能源總量相等，選項A錯誤，選項D正確；根據能量轉化的方向性可知，能量經轉化后，可利用的能量只可能減少，不可能增加，因此節能的意義重大。同時，只有節能意識是不夠的，必須利用科技提高能源的利用率，不斷開發新能源，以滿足人類社會可持續發展的需要，故選項B、C錯誤。答案D2．(2017·開封高一檢測)一個物體沿粗糙斜面勻速滑下，則下列說法中正確的是()A．物體機械能不變，內能不變B．物體機械能減少，內能不變C．物體機械能減少，內能增加，機械能與內能總量減少D．物體機械能減少，內能增加，機械能與內能總量不變答案D3．如圖1是安裝在列車車廂之間的摩擦緩沖器結構圖。圖中①和②為楔塊，③和④為墊板，楔塊與彈簧盒、墊板間均有摩擦。在車廂相互撞擊使彈簧壓縮的過程中()圖1A．緩沖器的機械能守恒B．摩擦力做功消耗機械能C．墊板的動能全部轉化為內能D．彈簧的彈性勢能全部轉化為動能解析在彈簧壓縮過程中，摩擦力做功，緩沖器的機械能不守恒，故A項錯誤，B項正確；根據能量守恒可知，墊板的動能轉化為彈簧的彈性勢能以及克服摩擦力做功產生的內能，故C、D兩項錯誤。答案B4．(2017·煙臺高一檢測)一質量均勻不可伸長的繩索，固定在A、B兩端，重為G，A、B兩端固定在天花板上，如圖2所示。今在最低點C施加一豎直向下的力，將繩索緩慢拉至D點，在此過程中，繩索AB的重心位置將()圖2A．升高 B．降低C．先降低后升高 D．始終不變解析物體的重心不一定在物體上，對于一些不規則的物體要確定重心是比較困難的，本題繩索的重心是不容易標出的。因此，要確定重心的變化，只有通過其他途徑確定。當用力將繩索緩慢地從C點拉到D點，外力在不斷地做功，而繩索的動能不增加，因此外力做功必定使繩索的重力勢能增加，故繩索的重心將升高。答案A5．(多選)豎直向上的恒力F作用在質量為m的物體上，使物體從靜止開始運動升高h，速度達到v，在這個過程中，設阻力恒為Ff。則下列表述正確的是()A．恒力F對物體做的功等于物體動能的增量，即Fh＝eq\f(1,2)mv2B．恒力F對物體做的功等于物體機械能的增量，即Fh＝eq\f(1,2)mv2＋mghC．恒力F與阻力Ff的合力對物體做的功等于物體機械能的增量，即(F－Ff)h＝eq\f(1,2)mv2＋mghD．物體所受合力對物體做的功等于物體動能的增量，即(F－Ff－mg)h＝eq\f(1,2)mv2解析恒力F的作用是所述過程能量的總來源。加速運動過程終結時，物體的動能、重力勢能均得到增加。除此之外，在所述過程中，因為有阻力的存在，還將有內能產生，其值為Ffh，可見Fh＞eq\f(1,2)mv2，同時，Fh＞eq\f(1,2)mv2＋mgh，Fh＝mgh＋eq\f(1,2)mv2＋Ffh，經變形后，可得C、D正確。答案CD6．(2017·蘇州高一檢測)如圖3所示，光滑坡道頂端距水平面高度為h，質量為m的小物塊A從坡道頂端由靜止滑下，進入水平面上的滑道時無機械能損失，為使A制動，將輕彈簧的一端固定在水平滑道延長線M處的墻上，另一端恰位于坡道的底端O點。已知在OM段，小物塊A與水平面間的動摩擦因數為μ，其余各處的摩擦不計，重力加速度為g。求：圖3(1)小物塊滑到O點時的速度；(2)輕彈簧在最大壓縮量d時的彈性勢能(設輕彈簧處于原長時彈性勢能為零)。解析(1)由機械能守恒定律得mgh＝eq\f(1,2)mv2，解得v＝eq\r(2gh)。(2)在水平滑道上小物塊A克服摩擦力所做的功為W＝μmgd由能量守恒定律得eq\f(1,2)mv2＝Ep＋μmgd以上各式聯立得Ep＝mgh－μmgd。答案(1)eq\r(2gh)(2)mgh－μmgd能力提升7．如圖4所示，一個粗細均勻的U形管內裝有同種液體，液體質量為m。在管口右端用蓋板A密閉，兩邊液面高度差為h，U形管內液體的總長度為4h，拿去蓋板，液體開始運動，由于管壁的阻力作用，最終管內液體停止運動，則該過程中產生的內能為()圖4A.eq\f(1,16)mghB.eqB.eqB.\f(1,8)mghC.eq\f(1,4)mghD.eqD.eqD.\f(1,2)mgh解析去掉右側蓋板之后，液體向左側流動，最終兩側液面相平，液體的重力勢能減少，減少的重力勢能轉化為內能。如圖所示，最終狀態可等效為右側eq\f(1,2)h的液柱移到左側管中，即增加的內能等于該液柱減少的重力勢能，則Q＝eq\f(1,8)mg·eq\f(1,2)h＝eq\f(1,16)mgh，故A正確。答案A8．(多選)(2017·濟寧高一檢測)如圖5所示，固定的傾斜光滑桿上套有一個質量為m的小球，小球與一輕質彈簧一端相連，彈簧的另一端固定在地面上的A點，已知桿與水平面之間的夾角θ＜45°，當小球位于B點時，彈簧與桿垂直，此時彈簧處于原長。現讓小球自C點由靜止釋放，在小球滑到桿底端的整個過程中，關于小球的動能、重力勢能和彈簧的彈性勢能，下列說法正確的是()圖5A．小球的動能與重力勢能之和保持不變B．小球的動能與重力勢能之和先增大后減小C．小球的動能與彈簧的彈性勢能之和保持不變D．小球的機械能與彈簧的彈性勢能之和保持不變解析由題意知，小球、彈簧和地球組成的系統機械能守恒，D項正確；彈簧的形變量越大，彈性勢能越大，小球到B點時，彈簧為原長，故小球由C滑到桿底端的過程中，彈簧的彈性勢能先減小后增大，因此小球的機械能先增大后減小，A項錯誤，B項正確；整個過程中，小球的重力勢能不斷減小，故動能與彈性勢能之和不斷增大，C項錯誤。答案BD9．水平傳送帶以速度v勻速轉動，一質量為m的小木塊A由靜止輕放在傳送帶上，若小木塊與傳送帶間的動摩擦因數為μ，并且傳送帶足夠長，如圖6所示，在小木塊與傳送帶相對靜止時，轉化為內能的能量為()圖6A．mv2 B．2mv2C.eq\f(1,4)mv2D.eqD.eqD.\f(1,2)mv2解析相對滑動時小木塊的加速度a＝μg，從放上至相對靜止所用時間t＝eq\f(v,a)＝eq\f(v,μg)。此過程中傳送帶對地的位移x1＝vt＝eq\f(v2,μg)。木塊對地位移為x2＝eq\f(v,2)t＝eq\f(v2,2μg)。木塊與傳送帶的相對位移為Δx＝eq\f(v2,2μg)，因而內能E＝f·Δx＝μmg·eq\f(v2,2μg)＝eq\f(1,2)mv2，故D正確。答案D10．(多選)如圖7所示，質量為m的物體(可視為質點)以某一速度從A點沖上傾角為30°的固定斜面，其運動的加速度大小為eq\f(3,4)g，此物體在斜面上上升的最大高度為h，則在這個過程中物體()圖7A．重力勢能增加了eq\f(3,4)mghB．克服摩擦力做功eq\f(1,4)mghC．動能損失了eq\f(3,2)mghD．機械能損失了eq\f(1,2)mgh解析過程中重力勢能增加了mgh，故A錯誤；加速度a＝eq\f(3,4)g＝eq\f(mgsin30°＋Ff,m)，摩擦力Ff＝eq\f(1,4)mg，物體在斜面上能夠上升的最大高度為h，發生的位移為2h，則克服摩擦力做功eq\f(mgh,2)，故B錯誤；由動能定理可知，動能損失量為合力做的功的大小，所以ΔEk＝F合·2h＝meq\f(3,4)g·2h＝eq