資源簡介

第4講　功能關系　能量守恒定律
一、功能關系(必修二第八章第4節)
1.(1)做功的過程就是能量轉化的過程,不同形式的能量發生相互轉化是通過做功來實現的。
(2)功是能量轉化的量度,功和能的關系,一是體現在不同的力做功,對應不同形式的能轉化,具有一一對應關系,二是做功的多少與能量轉化的多少在數值上相等。
2.摩擦力做功的特點
(1)一對靜摩擦力所做功的代數和總等于零。
(2)一對滑動摩擦力做功的代數和總是負值,差值為機械能轉化為內能的部分,也就是系統機械能的損失量。
二、能量守恒定律(必修三第十二章第4節)
【質疑辨析】
角度1 功能關系
(1)力對物體做了多少功,物體就具有多少能。(　　)
(2)滑動摩擦力做功時,一定會引起機械能的轉化。 (　　)
角度2 能量守恒定律
(3)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。 (　　)
(4)一個物體的能量增加,必定有別的物體的能量減少。 (　　)
提示:(1)×　(2)√　(3)×　(4)√
精研考點·提升關鍵能力
考點一　功能關系的理解和應用　(核心共研)
【核心要點】
幾種常見的功能關系及其表達式
【典例剖析】
角度1 由能量變化分析力做功
[典例1](2023·新課標全國卷)無風時,雨滴受空氣阻力的作用在地面附近會以恒定的速率豎直下落。一質量為m的雨滴在地面附近以速率v下落高度h的過程中,克服空氣阻力做的功為(重力加速度大小為g) (　　)
A.0　B.mgh　C.mv2-mgh　D.mv2+mgh
角度2 由力做功分析能量變化
[典例2](多選)(2023·石家莊模擬)如圖所示,楔形木塊abc固定在水平面上,粗糙斜面ab與水平面的夾角為60°,光滑斜面bc與水平面的夾角為30°,頂角b處安裝一定滑輪。質量分別為M、m(M>m)的兩滑塊A和B,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,A、B不會與定滑輪碰撞。若不計滑輪的質量和摩擦,在兩滑塊沿斜面運動的過程中 (　　)
A.輕繩對滑輪作用力的方向是豎直向下的
B.拉力和重力對A做功之和大于A動能的增加量
C.拉力對A做的功等于A機械能的增加量
D.兩滑塊組成系統的機械能損失等于A克服摩擦力做的功
【備選例題】
　　(多選)(2023·烏魯木齊模擬)如圖所示,質量為2 kg的物體沿傾角為30°的固定斜面勻減速上滑了2 m距離,物體加速度的大小為8 m/s2(重力加速度g取
10 m/s2)。在此過程中(　　)
A.物體的重力勢能增加了40 J
B.物體的機械能減少了12 J
C.物體的動能減少了32 J
D.斜面克服摩擦力做功為12 J
考點二　能量守恒定律的理解和應用　(核心共研)
【核心要點】
對能量守恒定律的兩點理解
(1)某種形式的能量減少,一定存在其他形式的能量增加,且減少量和增加量一定相等。
(2)某個物體的能量減少,一定存在其他物體的能量增加,且減少量和增加量一定相等。
【典例剖析】
角度1 多過程類問題
[典例3](2023·邯鄲模擬)如圖所示,在地面上方的豎直平面內固定一細桿軌道ABCDE,其中AB為粗糙的長直軌道,長為L=10 m,與水平方向的夾角為θ=37°,BCD、DE均為半徑為R=1 m的光滑圓弧形軌道,AB與BCD相切于B點,B點離地高度為h=1.4 m,兩圓心O1、O2等高,C為圓弧形軌道的最低點,E為最高點。一質量為m=0.2 kg的小環套在AB上,自AB中點由靜止釋放,恰好可到達E點(未掉落)。重力加速度g取10 m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8,以地面為參考平面。求:
(1)AB段的動摩擦因數;
(2)若小環從A點由靜止釋放,小環過D點時對弧形軌道的壓力大小;
(3)若改變小環在直桿上釋放點的位置,小環落地時機械能的范圍。
角度2 含彈簧類問題
[典例4](2023·濟南模擬)如圖所示,桌面右側的水平地面有一豎直放置的半徑為R的光滑圓弧軌道MNP,MN為其豎直直徑,桌面與圓弧軌道MNP中間有一光滑管道Q,其右端與P相切平滑連接,管道內徑略大于小球直徑,桌面到水平地面的豎直距離也為R,勁度系數為k的輕質彈簧放置在光滑的水平桌面上,一端固定在光滑桌面左端的擋板上。一質量為m、可視為質點的小球與彈簧不粘連,現移動小球壓縮彈簧后由靜止釋放小球,小球到達圓弧的C點時剛好脫離軌道。已知彈簧壓縮量為s,彈簧彈性勢能的表達式為Ep=kx2(x為彈簧的形變量),不計其他阻力及小球在管道Q和圓弧軌道中運動的能量損耗,重力加速度為g。
(1)求C點與O點的高度差h;
(2)若只改變小球的質量,使小球運動過程中不脫離圓弧軌道,求小球質量的取值范圍。
考點三　能量圖像問題　(核心共研)
【核心要點】
常見的能量圖像
圖像類型 圖像示例 圖像分析
Ek-x圖像 ①物體的動能先減小后增大; ②Ek-x圖像的斜率表示物體受到的合外力
Ep(重力 勢能) -h 圖像 ①物體的重力勢能增大; ②Ep-h圖像的斜率表示物體受到的重力
E-s圖像 ①物體的機械能減小; ②E-s圖像的斜率表示物體受到的除重力或彈力之外的力
a-x圖像 ①加速度a隨x增大而增大; ②a-x圖像的面積表示的變化量
【典例剖析】
角度1 E-x圖像
[典例5] (多選)(2023·江門模擬)滑雪運動員開展滑雪訓練可簡化為如下模型:將運動員(包括滑板)簡化為質點,運動員以某一初速度從足夠長的山坡底端向上沖,取坡底為參考平面。運動員的機械能E總和重力勢能Ep隨離開坡底的高度h的變化規律如圖所示,重力加速度g取10 m/s2,不計空氣阻力,則下列說法正確的是 (　　)
A.運動員向上沖的過程克服摩擦力做功為2×103 J
B.運動員再次回到坡底時機械能為4.4×103 J
C.運動員的質量為40 kg
D.運動員的初速度大小為10 m/s
角度2 a-x圖像
[典例6](2023·哈爾濱模擬)如圖甲,傾角為θ的光滑斜面上,輕彈簧平行斜面放置且下端固定,一質量為m的小滑塊從斜面上O點由靜止滑下。以O點為原點,作出滑塊從O點下滑至最低點過程中的加速度大小a隨位移x變化的關系如圖乙。彈簧形變始終未超過彈性限度,重力加速度大小為g,下列說法正確的是 (　　)
A.彈簧的勁度系數為
B.下滑過程中,在x=x2處,滑塊的機械能最大
C.在x1~x2和x2~x3兩段過程中,a-x圖線斜率的絕對值均等于
D.在x1~x2和x2~x3兩段過程中,彈簧彈性勢能的增量相等
角度3 其他圖像
[典例7](多選)(2023·重慶模擬)如圖1所示,將長為L的輕繩一端固定在O點的拉力傳感器上,另一端與一質量為m且可視為質點的小球相連,拉直輕繩使其與豎直方向夾角為θ。現讓小球在不同θ角下由靜止開始在豎直面內做圓周運動,記錄每個θ角下小球運動過程中傳感器上的最大拉力Fmax與最小拉力Fmin,并作出它們之間的部分關系圖像如圖2所示。忽略一切阻力及輕繩長度變化,重力加速度為g,則圖2中 (　　)
A.圖線的斜率與小球質量m無關
B.a的大小與繩長L有關
C.c的大小可能為1.2mg
D.當b=2.0mg時對應的θ=60°
答案及解析
考點一　功能關系的理解和應用
【典例剖析】
角度1 由能量變化分析力做功
[典例1](2023·新課標全國卷)無風時,雨滴受空氣阻力的作用在地面附近會以恒定的速率豎直下落。一質量為m的雨滴在地面附近以速率v下落高度h的過程中,克服空氣阻力做的功為(重力加速度大小為g) (　　)
A.0　B.mgh　C.mv2-mgh　D.mv2+mgh
【解析】選B。在地面附近雨滴做勻速運動,根據動能定理得mgh-W克=0,故雨滴克服空氣阻力做功為mgh。故選B。
角度2 由力做功分析能量變化
[典例2](多選)(2023·石家莊模擬)如圖所示,楔形木塊abc固定在水平面上,粗糙斜面ab與水平面的夾角為60°,光滑斜面bc與水平面的夾角為30°,頂角b處安裝一定滑輪。質量分別為M、m(M>m)的兩滑塊A和B,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,A、B不會與定滑輪碰撞。若不計滑輪的質量和摩擦,在兩滑塊沿斜面運動的過程中 (　　)
A.輕繩對滑輪作用力的方向是豎直向下的
B.拉力和重力對A做功之和大于A動能的增加量
C.拉力對A做的功等于A機械能的增加量
D.兩滑塊組成系統的機械能損失等于A克服摩擦力做的功
【解析】選B、D。根據題意可知,兩段輕繩的夾角為90°,輕繩拉力的大小相等,根據平行四邊形定則可知,合力方向與繩子方向的夾角為45°,所以輕繩對滑輪作用力的方向不是豎直向下的,故A錯誤;對A受力分析,受到重力,斜面的支持力、繩子拉力以及滑動摩擦力作用,根據動能定理可知,A動能的增加量等于拉力和重力以及摩擦力做功之和,而摩擦力做負功,則拉力和重力對A做功之和大于A動能的增加量,故B正確;根據除重力以外的力對物體做功等于物體機械能的變化量可知,拉力和摩擦力對A做的功之和等于A機械能的增加量,故C錯誤;對兩滑塊組成系統分析可知,除了重力之外只有摩擦力對A做功,所以兩滑塊組成系統的機械能損失等于A克服摩擦力做的功,故D正確。
【方法技巧】 功的正負與能量增減的對應關系
(1)物體動能的增加與減少要看合外力對物體做正功還是做負功。
(2)勢能的增加與減少要看對應的作用力(如重力、彈簧彈力、靜電力等)對物體做負功還是做正功。
(3)機械能的增加與減少要看重力和彈力之外的力對物體做正功還是做負功。
【備選例題】
　　(多選)(2023·烏魯木齊模擬)如圖所示,質量為2 kg的物體沿傾角為30°的固定斜面勻減速上滑了2 m距離,物體加速度的大小為8 m/s2(重力加速度g取
10 m/s2)。在此過程中(　　)
A.物體的重力勢能增加了40 J
B.物體的機械能減少了12 J
C.物體的動能減少了32 J
D.斜面克服摩擦力做功為12 J
【解析】選B、C。物體重力勢能的增加量等于克服重力做的功,故有ΔEp=mg·ssin30°=20 J,故物體的重力勢能增加了20 J,故A錯誤;物體上滑過程,據牛頓第二定律有mgsin30°+f=ma,解得f=6 N,摩擦力對物體做的功等于物體機械能的改變量,故有ΔE機=-f·s=-12 J,即物體機械能減少了12 J,故B正確;據動能定理有ΔEk=-mg·ssin30°-fs=-32 J,故物體的動能減少了32 J,故C正確。由于物體在上滑的過程中,斜面保持靜止不動,所以斜面克服摩擦力做功為零,故D錯誤。
考點二　能量守恒定律的理解和應用
【典例剖析】
角度1 多過程類問題
[典例3](2023·邯鄲模擬)如圖所示,在地面上方的豎直平面內固定一細桿軌道ABCDE,其中AB為粗糙的長直軌道,長為L=10 m,與水平方向的夾角為θ=37°,BCD、DE均為半徑為R=1 m的光滑圓弧形軌道,AB與BCD相切于B點,B點離地高度為h=1.4 m,兩圓心O1、O2等高,C為圓弧形軌道的最低點,E為最高點。一質量為m=0.2 kg的小環套在AB上,自AB中點由靜止釋放,恰好可到達E點(未掉落)。重力加速度g取10 m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8,以地面為參考平面。求:
(1)AB段的動摩擦因數;
答案:(1)0.3　
【解析】(1)小環由AB中點至E點,由能量守恒定律有mg(Lsinθ-R-Rcosθ)=
μmgcosθ·L
解得μ=0.3
(2)若小環從A點由靜止釋放,小環過D點時對弧形軌道的壓力大小;
答案: (2)11.2 N　
【解析】(2)小環由A點至D點,由能量守恒定律有mg(Lsinθ-Rcosθ)=
m+μmgcosθ·L
在D點,由向心力公式有N=m=11.2 N
由牛頓第三定律,小環對弧形軌道的壓力大小為N'=N=11.2 N
(3)若改變小環在直桿上釋放點的位置,小環落地時機械能的范圍。
答案: (3)6.4 J【解析】(3)小環剛好到E點時,機械能最小,有Emin=mg(R+Rcosθ+h)=6.4 J
小環自A點釋放,落地的機械能最大,有Emax=mg(Lsinθ+h)-μmgcosθ·L=10 J
故小環落地的機械能范圍為6.4 J【思維流程】
【方法技巧】 運用能量守恒定律解題的基本思路
角度2 含彈簧類問題
[典例4](2023·濟南模擬)如圖所示,桌面右側的水平地面有一豎直放置的半徑為R的光滑圓弧軌道MNP,MN為其豎直直徑,桌面與圓弧軌道MNP中間有一光滑管道Q,其右端與P相切平滑連接,管道內徑略大于小球直徑,桌面到水平地面的豎直距離也為R,勁度系數為k的輕質彈簧放置在光滑的水平桌面上,一端固定在光滑桌面左端的擋板上。一質量為m、可視為質點的小球與彈簧不粘連,現移動小球壓縮彈簧后由靜止釋放小球,小球到達圓弧的C點時剛好脫離軌道。已知彈簧壓縮量為s,彈簧彈性勢能的表達式為Ep=kx2(x為彈簧的形變量),不計其他阻力及小球在管道Q和圓弧軌道中運動的能量損耗,重力加速度為g。
(1)求C點與O點的高度差h;
答案:(1)　
【解析】(1)小球到達圓弧的C點時剛好脫離軌道,則小球在C點只有重力沿CO方向的分力提供向心力,設重力方向與CO的夾角為θ,由牛頓第二定律有mgcosθ=m
由幾何關系有cosθ=
從靜止釋放到C點,由能量守恒定律有
ks2=m+mgh
聯立解得h=
(2)若只改變小球的質量,使小球運動過程中不脫離圓弧軌道,求小球質量的取值范圍。
答案: (2)0【解析】(2)小球在運動過程中不脫離軌道,可知小球能通過M點,則應有
mg≤m
從靜止釋放到M點,由能量守恒定律有
ks2=m+mgR
解得0考點三　能量圖像問題　
【典例剖析】
角度1 E-x圖像
[典例5] (多選)(2023·江門模擬)滑雪運動員開展滑雪訓練可簡化為如下模型:將運動員(包括滑板)簡化為質點,運動員以某一初速度從足夠長的山坡底端向上沖,取坡底為參考平面。運動員的機械能E總和重力勢能Ep隨離開坡底的高度h的變化規律如圖所示,重力加速度g取10 m/s2,不計空氣阻力,則下列說法正確的是 (　　)
A.運動員向上沖的過程克服摩擦力做功為2×103 J
B.運動員再次回到坡底時機械能為4.4×103 J
C.運動員的質量為40 kg
D.運動員的初速度大小為10 m/s
【題眼破譯】——提升信息轉化能力
【解析】選A、C。由圖像可知,運動員在沖上山坡之前,總的機械能為E總=10×
103 J,而沖上山坡,到達最高點時的機械能為E'總=8×103 J,而在運動員從山坡底端到沖上山坡最高點的過程中,除了重力做功以外還有摩擦力做負功,因此可知運動員向上沖的過程克服摩擦力做功為2×103 J,故A正確;運動員再次回到坡底的過程中,仍然是除了重力做功以外摩擦力做負功,易知在下坡的過程中克服摩擦力做的功和在上坡過程中一樣,因此可知運動員再次回到坡底時機械能應為6×103 J,故B錯誤;由于取了坡底為參考平面,因此運動員滑上山坡最高點后的重力勢能就等于運動員的機械能,有mgh=E'總,h=20 m,解得m=40 kg,故C正確;在坡底時運動員的動能等于運動員的機械能,則有mv2=E總,解得v=10 m/s,故D錯誤。
角度2 a-x圖像
[典例6](2023·哈爾濱模擬)如圖甲,傾角為θ的光滑斜面上,輕彈簧平行斜面放置且下端固定,一質量為m的小滑塊從斜面上O點由靜止滑下。以O點為原點,作出滑塊從O點下滑至最低點過程中的加速度大小a隨位移x變化的關系如圖乙。彈簧形變始終未超過彈性限度,重力加速度大小為g,下列說法正確的是 (　　)
A.彈簧的勁度系數為
B.下滑過程中,在x=x2處,滑塊的機械能最大
C.在x1~x2和x2~x3兩段過程中,a-x圖線斜率的絕對值均等于
D.在x1~x2和x2~x3兩段過程中,彈簧彈性勢能的增量相等
【解析】選C。由圖乙可知,當小球下落到x2時,加速度為零,即彈力與重力沿斜面的分力大小相等,此時彈簧的形變量為x2-x1,則有k(x2-x1)=mgsinθ,解得k=,A錯誤。對小滑塊和彈簧組成的系統進行分析,由于只有重力和彈力做功,則系統機械能守恒,當彈簧的彈性勢能最小時,小滑塊的機械能最大,故當小滑塊下落到x1時,彈簧處于原長,彈性勢能為零,為最小,則此時小滑塊的機械能最大,B錯誤。在x1~x2的過程中,重力沿斜面的分力大于彈力,根據牛頓第二定律有mgsinθ-k(x-x1)=ma,又由A項可知k(x2-x1)=mgsinθ,聯立解得a=-,由圖乙可知,當x=x1時a=gsinθ,聯立解得=,即為該段圖線的斜率絕對值;在x2角度3 其他圖像
[典例7](多選)(2023·重慶模擬)如圖1所示,將長為L的輕繩一端固定在O點的拉力傳感器上,另一端與一質量為m且可視為質點的小球相連,拉直輕繩使其與豎直方向夾角為θ。現讓小球在不同θ角下由靜止開始在豎直面內做圓周運動,記錄每個θ角下小球運動過程中傳感器上的最大拉力Fmax與最小拉力Fmin,并作出它們之間的部分關系圖像如圖2所示。忽略一切阻力及輕繩長度變化,重力加速度為g,則圖2中 (　　)
A.圖線的斜率與小球質量m無關
B.a的大小與繩長L有關
C.c的大小可能為1.2mg
D.當b=2.0mg時對應的θ=60°
【解析】選A、D。由題知,小球由靜止開始在豎直面內做圓周運動,故0<θ≤,小球在最高點時,輕繩上拉力最小,得Fmin=mgcosθ,在最低點時,輕繩上拉力最大,得Fmax-mg=m,由機械能守恒定律有mgL(1-cosθ)=mv2,聯立解得Fmax=3mg-2mgcosθ=3mg-2Fmin,可知圖2中Fmax-Fmin圖線的斜率恒為k=-2,與小球質量m無關,故A正確;當Fmin=0時,有a=3mg,可知a的大小與繩長L無關,故B錯誤;由Fmin=mgcosθ可知,當θ=0時,Fmin最大值為mg,可知c

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