第四講功能關系能量守恒定律(對應學生用書P92)一功能關系1.功和能的關系功是__能量__轉化的量度，做功的過程就是__能量__轉化的過程，做了多少功，就有多少__能量__發生轉化，反之，轉化了多少__能量__，就說明做了多少功．2．對照教材填空功能量的變化合外力做正功__動能__增加重力做正功__重力勢能__減少彈簧彈力做正功__彈性勢能__減少電場力做正功__電勢能__減少其他力(除重力、彈力外)做正功__機械能__增加二能量守恒定律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__過程中，能量的__總量__保持不變．2．表達式：E初＝__E終__；ΔE增＝__ΔE減__.3．如圖，質量為M的長木板放在光滑的水平面上，現有一質量為m的小物塊以初速度v0從木板的一端滑向另一端，當小物塊在木板上滑過距離d二者的速度相同均為v，此過程中木板前進的位移為x1，設小物塊與木板間的滑動摩擦力為f.根據動能定理可列出以下方程：對木板：fx1＝eq\f(1,2)Mv2，對物塊：－f(x1＋d)＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)由以上兩式可得到以下各等式：eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)mv2＝fd＋eq\f(1,2)Mv2 ①eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)mv2＋\f(1,2)Mv2))＝fd ②從能量的觀點，你如何理解①、②式的含義？fd的意義是什么？提示：對①，物塊減少的機械能轉化為木板的動能和系統的內能fd.對②，系統減小的機械能轉化為系統的內能fd.fd等于由于克服滑動摩擦力而產生的內能．1．判斷正誤(1)在物體的機械能減少的過程中，動能有可能是增大的．()(2)既然能量在轉移或轉化過程中是守恒的，故沒有必要節約能源．()(3)節約可利用能源的目的是為了減少污染排放．()(4)滑動摩擦力做功時，一定會引起機械能的轉化．()(5)一個物體的能量增加，必定有別的物體能量減少．()答案：(1)√(2)×(3)×(4)√(5)√2．(2017·河北承德實驗中學期中)(多選)2013年2月15日，一團亮光劃過俄羅斯車里雅賓斯克州上空，留下白色尾跡，有視頻顯示，當時巨大的橘紅色火球掠過天空，爆炸時散發出比太陽更耀眼的光芒，隕石雨降落后，車里雅賓斯克州各類建筑的窗戶被震碎，屋頂被掀翻，下面敘述中正確的是()A．隕石墜入地球大氣層成為流星是內能轉化為機械能的過程B．隕石下落時，動能轉化為重力勢能C．隕石墜入地球是機械能轉化為內能的過程D．“雞蛋大的隕石砸在地上就是一個坑”，說明隕石對地面做了功答案：CD3．(2016·四川卷)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比賽中沿“助滑區”保持同一姿態下滑了一段距離，重力對他做功1900J，他克服阻力做功100J．韓曉鵬在此過程中()A．動能增加了1900JB．動能增加了2000JC．重力勢能減少了1900JD．重力勢能減少了2000J答案：C4．質量為m的物體，由靜止開始下落，由于阻力作用，下落的加速度為eq\f(4g,5)，在物體下落h的過程中，下列說法中錯誤的是()A．物體的動能增加了eq\f(4mgh,5)B．物體的機械能減少了eq\f(4mgh,5)C．物體克服阻力所做的功為eq\f(mgh,5)D．物體的重力勢能減少了mgh答案：B(對應學生用書P93)考點一功能關系的理解和應用在應用功能關系解決具體問題的過程中：(1)若只涉及動能的變化用動能定理．(2)只涉及重力勢能的變化，用重力做功與重力勢能變化的關系分析．(3)只涉及機械能變化，用除重力和彈簧的彈力之外的力做功與機械能變化的關系分析．(4)只涉及電勢能的變化，用電場力做功與電勢能變化的關系分析．(2017·全國卷Ⅲ)如圖，一質量為m，長度為l的均勻柔軟細繩PQ豎直懸掛．用外力將繩的下端Q緩慢地豎直向上拉起至M點，M點與繩的上端P相距eq\f(1,3)l.重力加速度大小為g.在此過程中，外力做的功為()A．eq\f(1,9)mgl B．eq\f(1,6)mglC．eq\f(1,3)mgl D．eq\f(1,2)mgl解析：選A將繩的下端Q緩慢地豎直向上拉起至M點，PM段繩的機械能不變，MQ段繩的機械能的增加量為ΔE＝eq\f(2,3)mgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,6)l))－eq\f(2,3)mgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)l))＝eq\f(1,9)mgl，由功能關系可知，在此過程中，外力做的功W＝eq\f(1,9)mgl，故選A．計算機械能增大或減小多少，最常用的方法是：看系統或物體除重力和彈簧的彈力之外，還有沒有其他力對系統或物體做功，若其他力對系統或物體做正功，系統或物體的機械能增大；做負功，系統或物體的機械能減小，增大或減小的機械能就是外力做功的數值．(多選)如圖所示，傾角為θ＝30°的粗糙斜面固定在地面上，長為l、質量為m、粗細均勻、質量分布均勻的軟繩置于斜面上，其上端與斜面頂端平齊．用細線將物塊與軟繩連接，物塊由靜止釋放后向下運動，直到軟繩剛好全部離開斜面(此時物塊未到達地面)，在此過程中()A．物塊的機械能逐漸增加B．軟繩重力勢能共減少了eq\f(1,4)mglC．物塊減少的重力勢能等于軟繩克服摩擦力所做的功D．軟繩減少的重力勢能小于其增加的動能與克服摩擦力所做的功之和解析：選BD以物塊為研究對象，細線對物塊做負功，物塊機械能減少，選項A錯誤；開始時軟繩的重心在最高點下端eq\f(1,2)lsin30°＝eq\f(l,4)處，物塊由靜止釋放后向下運動．當軟繩剛好全部離開斜面時，軟繩重心在最高點下端eq\f(l,2)處，故軟繩的重心下降了eq\f(1,4)l.軟繩重力勢能共減少了eq\f(1,4)mgl，所以選項B正確；根據功能關系，細線對軟繩做的功與軟繩重力勢能的減少量之和等于其動能的增加與克服摩擦力所做的功之和，物塊減少的重力勢能等于克服細線拉力所做的功及其動能的增加，所以選項D正確，C錯誤．1．(2018·河南鶴壁模擬)(多選)如圖所示，一個質量為m的物體以某一速度從A點沖上傾角為30°的斜面，其運動的加速度為eq\f(5,6)g，此物體在斜面上上升的最大高度為h，則()A．物體上升過程動能減少了eq\f(5,3)mghB．物體上升過程重力勢能增加了eq\f(5,6)mghC．物體在斜面上運動的整個過程機械能損失了eq\f(4,3)mghD．物體沿斜面上升過程克服重力做功的平均功率小于下降過程重力做功的平均功率解析：選AC根據牛頓第二定律得mgsin30°＋f＝m·eq\f(5,6)g，解得f＝eq\f(1,3)mg，物體上升的高度為h，故重力做功WG＝－mgh，所以重力勢能增加mgh，摩擦力做功Wf＝－fs＝－feq\f(h,sin30°)＝－eq\f(1,3)mg·2h＝－eq\f(2,3)mgh，故根據動能定理可得ΔEk＝WG＋Wf＝－eq\f(5,3)mgh，故A正確，B錯誤；克服摩擦力做功等于機械能減少量，上升和下降過程克服摩擦力做功相同，則物體在斜面上運動的整個過程損失的機械能ΔE＝2·fs＝eq\f(4,3)mgh，C正確；由于物體在運動的過程中克服摩擦力做功，所以物體回到出發點時的速度一定小于開始時的速度，所以物體上升過程中的平均速度大于下降過程中的平均速度，所以物體沿斜面上升過程克服重力做功的平均功率大于下降過程重力做功的平均功率，故D錯誤．2.(2018·唐山模擬)如圖所示，在豎直平面內有一半徑為R的圓弧軌道，半徑OA水平、OB豎直，一個質量為m的小球自A的正上方P點由靜止開始自由下落，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()A．重力做功2mgR B．機械能減少mgRC．合外力做功mgR D．克服摩擦力做功eq\f(1,2)mgR解析：選D小球到達B點時，恰好對軌道沒有壓力，故只受重力作用，根據mg＝eq\f(mv2,R)得，小球在B點的速度v＝eq\r(gR).小球從P點到B點的過程中，重力做功W＝mgR，故選項A錯誤；減少的機械能ΔE減＝mgR－eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)mgR，故選項B錯誤；合外力做功W合＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)mgR，故選項C錯誤；根據動能定理得mgR－Wf＝eq\f(1,2)mv2－0，所以Wf＝mgR－eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)mgR，故選項D正確.考點二摩擦力做功的特點1.兩種摩擦力做功的比較靜摩擦力做功滑動摩擦力做功只有能量的轉移，沒有能量的轉化既有能量的轉移，又有能量的轉化互為作用力和反作用力的一對靜摩擦力所做功的代數和為零，即要么一正一負，要么都不做功互為作用力和反作用力的一對滑動摩擦力所做功的代數和為負值，即至少有一個力做負功兩種摩擦力都可以對物體做正功或者負功，還可以不做功2.求解相對滑動物體的能量問題的方法(1)正確分析物體的運動過程，做好受力分析．(2)利用運動學公式，結合牛頓第二定律分析物體的速度關系及位移關系．(3)公式W＝Ff·l相對中l相對為兩接觸物體間的相對位移，若物體在傳送帶上做往復運動時，則l相對為總的相對路程．(2018·寧夏銀川一中模擬)如圖所示，水平傳送帶兩端點A、B間的距離為L，傳送帶開始時處于靜止狀態．把一個小物體放到右端的A點，某人用恒定的水平力F使小物體以速度v1勻速滑到左端的B點，拉力F所做的功為W1、功率為P1，這一過程物體和傳送帶之間因摩擦而產生的熱量為Q1.隨后讓傳送帶以v2的速度逆時針勻速運動，此人仍然用相同的恒定的水平力F拉物體，使它以相對傳送帶為v1的速度勻速從A滑行到B，這一過程中，拉力F所做的功為W2、功率為P2，物體和傳送帶之間因摩擦而產生的熱量為Q2.下列關系中正確的是()A．W1＝W2，P1＜P2，Q1＝Q2B．W1＝W2，P1＜P2，Q1＞Q2C．W1＞W2，P1＝P2，Q1＞Q2D．W1＞W2，P1＝P2，Q1＝Q2解析：選B當傳送帶不運動時，拉力做功W1＝FL，物體從A運動到B的時間t1＝eq\f(L,v1)，因摩擦而產生的熱量Q1＝fL.當傳送帶運動時，拉力做功W2＝FL，物體從A運動到B的時間t2＝eq\f(L,v1＋v2)＜t1，因摩擦而產生的熱量Q2＝fv1t2.拉力做功功率P1＝eq\f(W1,t1)，P2＝eq\f(W2,t2)，比較可知W1＝W2，P1＜P2.又v1t2＜v1t1，v1t1＝L，得Q1＞Q2.故選B．功能關系與傳送帶模型(1)動力學角度：首先要正確分析物體的運動過程，做好受力情況分析，然后利用運動學公式，結合牛頓第二定律，求物體及傳送帶在相應時間內的位移，找出物體和傳送帶之間的位移關系．(2)能量角度：求傳送帶對物體所做的功、物體和傳送帶由于相對滑動而產生的熱量、因放上物體而使電動機多消耗的電能等，常依據功能關系或能量守恒定律求解．(2018·漳州八校聯考)如圖所示，一張薄紙板放在光滑水平面上，其右端放有小木塊，小木塊與薄紙板的接觸面粗糙，原來系統靜止．現用水平恒力F向右拉薄紙板，小木塊在薄紙板上發生相對滑動，直到從薄紙板上掉下來．上述過程中有關功和能的下列說法正確的是()A．拉力F做的功等于薄紙板和小木塊動能的增加B．摩擦力對小木塊做的功一定等于系統的摩擦生熱C．離開薄紙板前小木塊可能先做加速運動，后做勻速運動D．小木塊動能的增加可能小于系統的摩擦生熱解析：選D由功能關系知拉力F做的功等于薄紙板和小木塊動能的增加及系統產生的內能，選項A錯誤；摩擦力對小木塊做的功等于小木塊動能的增加，選項B錯誤；離開薄紙板前小木塊一定一直在做勻加速運動，選項C錯誤；對于系統，系統的摩擦生熱Q＝fL1，對于小木塊，fL2＝ΔEk，可能L2<L1，故ΔEk<Q，選項D正確．3．(多選)如圖所示，一塊長木塊B放在光滑的水平面上，在B上放一物體A，現以恒定的外力F拉B，由于A、B間摩擦力的作用，A將在B上滑動，以地面為參考系，A、B都向前移動一段距離．在此過程中()A．外力F做的功等于A和B動能的增量B．B對A的摩擦力所做的功等于A的動能的增量C．A對B的摩擦力所做的功等于B對A的摩擦力所做的功D．外力F對B做的功等于B的動能的增量與B克服摩擦力所做的功之和解析：選BD由功能關系力F做的功等于系統增加的動能和由于摩擦產生的熱量之和，A錯誤，D正確；對A，由動能定理，B對A的摩擦力做的功等于A的動能的增加量，B正確；由于A、B對地的位移不同，摩擦力對A、B做功不相等，C錯誤．4．如圖所示，楔形木塊ABC固定在水平面上，斜面AB、BC與水平面的夾角分別為53°、37°.質量分別為2m、m的兩滑塊P、Q，通過不可伸長的輕繩跨過輕質定滑輪連接，輕繩與斜面平行．已知滑塊P與AB間的動摩擦因數為eq\f(1,3)，其它摩擦不計，重力加速度為g，sin53°＝0.8，sin37°＝0.6.在兩滑塊運動的過程中()A．Q動能的增加量等于輕繩對Q做的功B．Q機械能的增加量等于P機械能的減少量C．P機械能的減少量等于系統摩擦產生的熱量D．兩滑塊運動的加速度大小為eq\f(1,5)g解析：選D在兩滑塊運動的過程中，Q沿斜面上升，輕繩的拉力和重力都對Q做功，由動能定理知Q動能的增加量等于輕繩對Q做的功與重力做功的代數和，A錯誤；由于P下滑過程中要產生內能，所以Q機械能的增加量與系統摩擦產生的內能之和等于P機械能的減少量，B錯誤；根據能量守恒定律知，P機械能的減少量等于系統摩擦產生的熱量與Q機械能的增加量之和，C錯誤；根據牛頓第二定律得對Q有T－mgsin37°＝ma，對P有2mgsin53°－T－μ·2mgcos53°＝2ma，聯立解得a＝eq\f(1,5)g，故D正確.考點三能量守恒定律及應用(2018·遼寧模擬)(多選)如圖甲所示，在距離地面高度為h＝0.80m的平臺上有一輕質彈簧，其左端固定于豎直擋板上，右端與質量m＝0.50kg、可看作質點的物塊相接觸(不粘連)，OA段粗糙且長度等于彈簧原長，其余位置均無阻力作用．物塊開始靜止于A點，與OA段的動摩擦因數μ＝0.50.現對物塊施加一個水平向左的外力F，大小隨位移x變化關系如圖乙所示．物塊向左運動x＝0.40m到達B點，到達B點時速度為零，隨即撤去外力F，物塊在彈簧彈力作用下向右運動，從M點離開平臺，落到地面上N點，取g＝10A．彈簧被壓縮過程中外力F做的功為6.0JB．彈簧被壓縮過程中具有的最大彈性勢能為6.0JC．整個運動過程中克服摩擦力做功為4.0JD．MN的水平距離為1.6m解析：選AD根據F-x圖象與坐標軸所圍的面積表示力F做的功，則彈簧被壓縮過程中外力F做的功為WF＝eq\f(6＋18,2)×0.2J＋18×0.2J＝6.0J．故A正確．物塊向左運動的過程中，克服摩擦力做功Wf＝μmgx＝0.5×0.5×10×0.4J＝1.0J；根據能量守恒可知，彈簧被壓縮過程中具有的最大彈性勢能為Ep＝WF－Wf＝5.0J，故B錯誤．整個運動過程中克服摩擦力做功為Wf總＝2μmgx＝2.0J．故C錯誤．設物塊離開M點時的速度為v.對整個過程，由能量守恒得：eq\f(1,2)mv2＝WF－Wf總，解得v＝4m/s；物塊離開M點后做平拋運動，則有h＝eq\f(1,2)gt2；x＝vt，解得x＝1.6m，故D正確．故選AD．應用能量守恒定律解題的基本思路(1)分清有多少種形式的能量[如動能、勢能(包括重力勢能、彈性勢能、電勢能)、內能等]在變化．(2)明確哪種形式的能量增加，哪種形式的能量減小，并且列出減少的能量ΔE減和增加的能量ΔE增的表達式．(3)列出能量守恒關系：ΔE減＝ΔE增．(2018·山西太原模擬)如圖1所示．輕質彈簧一端固定在豎直墻壁上，另一端連接質量為0.10kg的小木塊a，另一個相同的小木塊b緊靠a一起在水平面上處于靜止狀態．現在b上施加一水平向左的力F使a和b從靜止開始緩慢向左移動，力F的大小與a的位移x的大小關系如圖2所示．彈簧一直處于彈性限度內，將a、b視為質點，下列說法正確的是A．在木塊向左移動10cm的過程中，彈簧的彈性勢能增加了2.5B．該彈簧的勁度系數為250N/mC．當x＝10cm時撤去F，此后b能達到的最大速度為D．當x＝10cm時撤去F，a、b分離時的速度為解析：選AA、開始移動前小木塊處于靜止狀態，彈力等于摩擦力：f＝1N，在木塊向左移動的過程中，力F做的功一部分克服摩擦力做功，一部分轉化為彈簧的彈性勢能，彈簧增加的彈性勢能：ΔEp＝WF－Wf＝eq\f(51＋1,2)×0.1J－1×0.1J＝2.5J，A正確；B、小物塊緩慢向左移動，受力平衡：ΔF＝kΔx＋f,50＝k×0.1＋1，k＝490N/m，B錯誤；C、撤去F后，ab回到原來位置時達到最大速度：ΔEp－fx＝eq\f(1,2)2mveq\o\al(2,m)，vm＝2eq\r(6)m/s，C錯誤；D、撤去F后a、b將在原長處分離，此時速度小于最大速度2eq\r(6)m/s，D錯誤．故選A．5.(2017·撫順一模)如圖所示，固定在地面上的半圓軌道直徑ab水平，質點P從a點正上方高H處自由下落，經過軌道后從b點沖出豎直上拋，上升的最大高度為eq\f(2,3)H，空氣阻力不計，當質點下落再經過軌道a點沖出時，能上升的最大高度h為()A．h＝eq\f(2,3)H B．h＝eq\f(H,3)C．h＜eq\f(H,3) D．eq\f(H,3)＜h＜eq\f(2H,3)解析：選D根據動能定理研究質點第一次在半圓軌道中得mgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(H－\f(2H,3)))＋(－Wf)＝0，Wf為質點克服摩擦力做功大小，Wf＝eq\f(1,3)mgH.質點第二次在半圓軌道中運動時，對應位置處速度變小，因此半圓軌道對質點的彈力變小，摩擦力變小，摩擦力做功小于eq\f(1,3)mgH，機械能損失小于eq\f(1,3)mgH，因此小球再次沖出a點時，能上升的高度為eq\f(1,3)H＜h＜eq\f(2H,3)，故選D．6．(2017·湖北省天門期末考試)(多選)如圖所示，A、B兩小球由繞過輕質定滑輪的細線相連，A放在固定的光滑斜面上，B、C兩小球在豎直方向上通過勁度系數為k的輕質彈簧相連，C球放在水平地面上．