2014高考物理一轮复习讲义-第4讲功能关系能量守恒定律.doc

第4讲　功能关系　能量守恒定律

一、功能关系
1．做功的过程就是能量的转化过程，能量的转化必须通过做功来实现．
2．功是能量转化的量度，即做了多少功，就有多少能量发生了转化．
3．几种常见的功能关系及其表达式
二、能量守恒定律
1．内容：能量既不会凭空产生，也不会凭空消失．它只能从一种形式转化为另一种形式，或者从一个物体转移到别的物体，在转化或转移的过程中，能量的总量保持不变．
2．表达式：ΔE减＝ΔE增．

1．一个盛水袋，某人从侧面缓慢推装液体的袋壁使它变形至如图所示位置，则此过程中袋和液体的重心将(　　)
A．逐渐升高　　　B．逐渐降低
C．先降低再升高 D．始终不变
解析：人对液体做正功，液体的机械能增加，液体缓慢移动可以认为动能不变，重力势能增加，重心升高，A正确．
答案：A
2．(2013·天门模拟)如图所示，质量为m的跳高运动员先后用背越式和跨越式两种跳高方式跳过某一高度，该高度比他起跳时的重心高出h，则他从起跳后至越过横杆的过程中克服重力所做的功(　　)

A．都必须大于mgh
B．都不一定大于mgh
C．用背越式不一定大于mgh，用跨越式必须大于mgh
D．用背越式必须大于mgh，用跨越式不一定大于mgh
解析：采用背越式跳高方式时，运动员的重心升高的高度可以低于横杆，而采用跨越式跳高方式时，运动员的重心升高的高度一定高于横杆，故用背越式时克服重力做的功不一定大于mgh，而采用跨越式时克服重力做的功一定大于mgh，C正确．
答案：C
3．(2013·临沂模拟)第十三届田径锦标赛于2011年8月在韩国大邱举行．在撑杆跳比赛中，波兰选手沃伊切霍夫斯基以5.90 m的高度夺金，如果把撑杆跳全过程分成四个阶段：a－b、b－c、c－d、d－e，如图所示，则对这四个阶段的下列描述正确的有(　　)
A．a－b为加速助跑阶段，人和杆的机械能在增加
B．b－c为杆弯曲人上升阶段，系统动能减少，重力势能和弹性势能在增加
C．c－d为杆伸直人上升阶段，人的动能转化为重力势能
D．d－e为人过横杆后的下落阶段，重力所做的功等于人机械能的增加量
答案：AB
4．在奥运比赛项目中，高台跳水是我国运动员的强项．质量为m的跳水运动员入水后受到水的阻力而竖直向下做减速运动，设水对他的阻力大小恒为F.那么在他减速下降深度为h的过程中，下列说法正确的是(g为当地的重力加速度)(　　)
A．他的动能减少了Fh
B．他的重力势能减少了mgh
C．他的动能减少了(F－mg)h
D．他的机械能减少了Fh
解析：跳水运动员入水减速下降h的过程中，他的重力势能减少了mgh，则B选项正确；由动能定理知，动能减少了(F－mg)h，则C选项正确；重力以外的力做的功等于机械能的变化，则D选项正确．
答案：BCD
5.如图所示，在水平地面上放一个竖直轻弹簧，弹簧上端与一木块相连．平衡后，在木块上再作用一个竖直向下的力F，使木块缓慢下移 0.1 m，力F做功2.5 J，此时木块刚好再次处于平衡状态，则在木块下移0.1 m的过程中，弹簧弹性势能的增加量(　　)
A．等于2.5 J B．大于2.5 J
C．小于 2.5 J D．无法确定
解析：木块在下移过程中，其重力势能也要减少．
答案：B

一物块放在如图所示的斜面上，用力F沿斜面向下拉物块，物块沿斜面运动了一段距离，若已知在此过程中，拉力F所做的功为A，斜面对物块的作用力所做的功为B，重力做的功为C，空气阻力做的功为D，其中A、B、C、D的绝对值分别为100 J、30 J、100 J、20 J，则
(1)物块动能的增量为多少？
(2)物块机械能的增量为多少？
解析：(1)在物块下滑的过程中，拉力F做正功，斜面对物块有摩擦力，做负功，重力做正功，空气阻力做负功．根据动能定理，合外力对物块做的功等于物块动能的增量，则
ΔEk＝W合＝A＋B＋C＋D
＝100 J＋(－30 J)＋100 J＋(－20 J)＝150 J.
(2)根据功能关系，除重力之外的其他力所做的功等于物块机械能的增量，
则ΔE机＝A＋B＋D＝100 J＋(－30 J)＋(－20 J)＝50 J.
答案：(1)150 J　(2)50 J
功能关系的选用技巧
(1)在应用功能关系解决具体问题的过程中，若只涉及动能的变化用动能定理分析．
(2)只涉及重力势能的变化用重力做功与重力势能变化的关系分析．
(3)只涉及机械能变化用除重力和弹力之外的力做功与机械能变化的关系分析．
(4)只涉及电势能的变化用电场力做功与电势能变化的关系分析．
1－1：如图所示，质量为m的物体(可视为质点)以某一速度从A点冲上倾角为30°的固定斜面，其运动的加速度为g，此物体在斜面上上升的最大高度为h，则在这个过程中物体(　　)
A．重力势能增加了mgh
B．重力势能增加了mgh
C．动能损失了mgh
D．机械能损失了mgh
解析：设物体受到的摩擦阻力为Ff，
由牛顿运动定律得
Ff＋mgsin 30°＝ma＝mg，
解得Ff＝mg.
重力势能的变化由重力做功决定，故ΔEp＝mgh.
动能的变化由合外力做功决定：
(Ff＋mg·sin 30°)·x＝ma·x
＝mg·＝mgh.
机械能的变化由重力或系统内弹力以外的其他力做功决定，
故ΔE机械＝Ff·x＝mg·＝mgh，故B、D正确，A、C错误．
答案：BD

1．某种形式的能减少，一定存在其他形式的能增加，且减少量和增加量一定相等，即ΔE减＝ΔE增；
2．某个物体的能量减少，一定存在其他物体的能量增加，且减少量和增加量一定相等，即ΔEA减＝ΔEB增．
这也是我们列能量守恒定律方程式的两条基本思路．
(14分)如图所示，光滑坡道顶端距水平面高度为h，质量为m的小物块A从坡道顶端由静止滑下，进入水平面上的滑道时无机械能损失， 为使A制动，将轻弹簧的一端固定在水平滑道延长线M处的墙上，另一端恰位于滑道的末端O点．已知在OM段，物块A与水平面间的动摩擦因数均为μ，其余各处的摩擦不计，重力加速度为g，求：
(1)物块速度滑到O点时的速度大小；
(2)弹簧为最大压缩量d时的弹性势能；(设弹簧处于原长时弹性势能为零)
(3)若物块A能够被弹回到坡道上，则它能够上升的最大高度是多少？
规范解答//解：(1)由机械能守恒定律得
mgh＝mv2 (2分)
解得v＝. (1分)
(2)在水平滑道上物块A克服摩擦力所做的功为W＝μmgd (1分)
由能量守恒定律得
mv2＝Ep＋μmgd (3分)
以上各式联立求解得
Ep＝mgh－μmgd. (2分)
(3)物块A被弹回的过程中，克服摩擦力所做的功仍为W＝μmgd
由能量守恒定律得
Ep＝mgh′＋μmgd (3分)
解得物块A能够上升的最大高度为：
h′＝h－2μd. (2分)
答案： (1)　(2)mgh－μmgd　
(3)h－2μd
应用能量转化守恒定律解题的步骤
(1)分清有几种形式的能在变化，如动能、势能(包括重力势能、弹性势能、电势能)、内能等．
(2)明确哪些形式的能量增加，哪些形式的能量减少，并且列出减少的能量ΔE减和增加的能量ΔE增的表达式．
(3)列出能量守恒关系式：ΔE减＝ΔE增．
2－1：如图所示，在竖直平面内，粗糙的斜面轨道AB的下端与光滑的圆弧轨道BCD相切于B，C是最低点，圆心角∠BOC＝37°，D与圆心O等高，圆弧轨道半径R＝1.0 m，现有一个质量为m＝0.2 kg可视为质点的小物体，从D点的正上方E点处自由下落，DE距离h＝1.6 m，小物体与斜面AB之间的动摩擦因数μ＝0.5.取sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 m/s2.求：
(1)小物体第一次通过C点时轨道对小物体的支持力FN的大小；
(2)要使小物体不从斜面顶端飞出，斜面的长度LAB至少要多长；
(3)若斜面已经满足(2)要求，小物体从E点开始下落，直至最后在光滑圆弧轨道做周期性运动，在此过程中系统因摩擦所产生的热量Q的大小．
解析：(1)小物体从E到C，由能量守恒得
mg(h＋R)＝mv ①
在C点，由牛顿第二定律得：
FN－mg＝m ②
联立①②解得FN＝12.4 N.
(2)从E→D→C→B→A过程，由动能定理得：WG－Wf＝0 ③
WG＝mg[(h＋Rcos 37°)－LABsin 37°]④
Wf＝μmgcos 37°LAB ⑤
联立③④⑤解得LAB＝2.4 m.
(3)因为mgsin 37°>μmgcos 37°(或μ<tan 37°)
所以，小物体不会停在斜面上．小物体最后以C为中心，B为一侧最高点沿圆弧轨道做往返运动
从E点开始直至稳定，系统因摩擦所产生的热量：Q＝ΔEp ⑥
ΔEp＝mg(h＋Rcos 37°) ⑦
联立⑥⑦解得Q＝4.8 J.
答案： (1)12.4 N　(2)2.4 m　(3)4.8 J

求解物体在传送带上运动时能量问题的基本思路

如图所示，倾角为30°的光滑斜面的下端有一水平传送带，传送带正以6 m/s的速度运动，运动方向如图所示．一个质量为2 kg的物体(物体可以视为质点)，从h＝3.2 m高处由静止沿斜面下滑，物体经过A点时，不管是从斜面到传送带还是从传送带到斜面，都不计其动能损失．物体与传送带间的动摩擦因数为0.5，物体向左最多能滑到传送带左右两端AB的中点处，重力加速度g＝10 m/s2，则：
(1)物体由静止沿斜面下滑到斜面末端需要多长时间？
(2)传送带左右两端A、B间的距离l至少为多少？
(3)物体与传送带组成的系统在完成一次来回滑行过程中产生的摩擦热为多少？
解析：(1)物体在斜面上由牛顿第二定律得：mgsin θ＝ma，
＝at2，可得t＝1.6 s.
(2)由能的转化和守恒得：
mgh＝μmg，l＝12.8 m.
(3)物体滑上传送带时的速度
v＝at＝8 m/s，
传送带的速度为v0＝6 m/s，
物体向左匀减速的总时间
t1＝＝1.6 s，
向右匀加速到与传送带同速的总时间
t2＝＝1.2 s，
总的相对位移
l相＝t1＋v0t1＋v0t2－t2＝19.6 m.
故产生的总热量为
Q＝μmg·l相对＝196 J.
答案：(1)1.6 s　(2)12.8 m　(3)196 J
求系统产生的摩擦热，关键是求解物体与传送带相对滑行过程中总的相对位移，注意区别二者同向、反向两种运动情况．
如图所示，足够长的传送带以恒定速率顺时针运行，将一个物体轻轻放在传送带底端，第一阶段物体被加速到与传送带具有相同的速度，第二阶段与传送带相对静止，匀速运动到达传送带顶端．下列说法正确的是(　　)
A．第一阶段摩擦力对物体做正功，第二阶段摩擦力对物体不做功
B．第一阶段摩擦力对物体做的功等于第一阶段物体动能的增加
C．第一阶段物体和传送带间的摩擦生热等于第一阶段物体机械能的增加
D．物体从底端到顶端全过程机械能的增加等于全过程物体与传送带间的摩擦生热
解析：第一阶段为滑动摩擦力做功，第二阶段为静摩擦力做功，两个阶段摩擦力方向都跟物体运动方向相同，所以摩擦力都做正功，选项A错误；由功能关系可知，第一阶段摩擦力对物体做的功(除重力之外的力所做的功)等于物体机械能的增加，即ΔE＝W阻＝F阻l物，摩擦生热为Q＝F阻l相对，又由于l传送带＝vt，l物＝t，所以l物＝l相对＝l传送带，即Q＝ΔE，选项C正确，B错误．第二阶段没有摩擦生热，但物体的机械能继续增加，结合选项C可以判断选项D错误．
答案：C

1.(2013·烟台测试)升降机底板上放一质量为100 kg的物体，物体随升降机由静止开始竖直向上移动5 m时速度达到4 m/s，则此过程中(g取10 m/s2)(　　)
A．升降机对物体做功5 800 J
B．合外力对物体做功5 800 J
C．物体的重力势能增加500 J
D．物体的机械能增加800 J
解析：　根据动能定理得：W升－mgh＝mv2，可解得W升＝5 800 J，A正确；合外力做的功mv2＝×100×42 J＝800 J，B错误；物体重力势能增加mgh＝100×10×5 J＝5 000 J，C错误；物体机械能增加E＝Fh＝W升＝5 800 J，D错．
答案：A
2．某电视台冲关栏目，选手需要抓住固定在支架上的绳子向上攀登，才可冲上领奖台，如图所示．如果某选手刚刚匀速攀爬到接近绳子顶端时，突然因抓不住绳子而加速滑下，对该过程进行分析(不考虑脚蹬墙壁的作用)，下述说法正确的是(　　)
A．上行时，人受到绳子的拉力与重力和摩擦力平衡
B．上行时，绳子拉力对人做的功等于人重力势能的增加
C．下滑时，人受到重力大于摩擦力，加速度小于g
D．下滑时，重力势能的减小大于动能的增加，机械能的减少量等于克服摩擦力做的功
解析：人匀速上行时，绳子对人的摩擦力等于人的重力，A错误；人上行过程中，人拉绳子，对自身做功，绳子并不对人做功，B错误；人下滑时，由mg－Ff＝ma可知，Ff<mg，a<g，C正确；人下滑时，重力势能的减少量有一部分用于克服摩擦力做功，对应人的机械能损失，故其重力势能的减小一定大于动能的增加，D正确．
答案：CD
3．一个质量为m的小铁块沿半径为R的固定半圆轨道从上边缘由静止滑下，到半圆轨道底部时，轨道所受压力为铁块重力的1.5倍，则此过程中铁块损失的机械能为(　　)
A.mgR　　　　B.mgR
C.mgR D.mgR
解析：设铁块在半圆轨道底部的速度为v，则1.5mg－mg＝m，由能量守恒有：mgR－ΔE＝mv2，所以ΔE＝mgR，正确选项为D.
答案：D
4.(2012·安徽卷)如图所示，在竖直平面内有一半径为R的圆弧轨道，半径OA水平、OB竖直，一个质量为m的小球自A的正上方P点由静止开始自由下落，小球沿轨道到达最高点B时恰好对轨道没有压力．已知AP＝2R，重力加速度为g，则小球从P到B的运动过程中(　　)
A．重力做功2mgR
B．机械能减少mgR
C．合外力做功mgR
D．克服摩擦力做功mgR
解析：小球到达B点时，恰好对轨道没有压力，只受重力作用，根据mg＝得，小球在B点的速度v＝.小球从P到B的过程中，重力做功W＝mgR，故选项A错误；减少的机械能ΔE减＝mgR－mv2＝mgR，故选项B错误；合外力做功W合＝mv2＝mgR，故选项C错误；根据动能定理得，mgR－Wf＝mv2－0，所以Wf＝mgR－mv2＝mgR，故选项D正确．
答案：D
5.如图所示，粗糙水平轨道AB与竖直平面内的光滑半圆轨道BC在B处平滑连接，B、C分别为半圆轨道的最低点和最高点，一个质量m＝0.1 kg的小物体P被一根细线拴住放在水平轨道上，细线的左端固定在竖直墙壁上，在墙壁和P之间夹一根被压缩的轻弹簧，此时P到B点的距离x0＝0.5 m，物体P与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.2，半圆轨道半径R＝0.4 m．现将细线剪断，P被弹簧向右弹出后滑上半圆轨道，并恰好能经过C点．g取10 m/s2.求：
(1)P经过B点时对轨道的压力；
(2)细线未剪断时弹簧的弹性势能．
解析：(1)P恰好能经过C点，设其速度为vC，
由向心力公式有mg＝m，
解得vC＝＝＝2 m/s.
P从B到C的过程中机械能守恒，设P经过B点时的速度为vB，则有
mg×2R＋mv＝mv.
解得vB＝
＝＝2 m/s.
设小球刚过B时受到圆轨道的支持力为FNB，由向心力公式有
FNB－mg＝m，
解得FNB＝mg＋m
＝0.1×10＋0.1×＝6 N.
由牛顿第三定律可得，物体刚过B点时对轨道的压力大小为6 N，方向竖直向下．
(2)设细线剪断前弹簧的弹性势能为Ep.从剪断细线到P经过B点的过程中，由能量守恒可得Ep－μmgx0＝mv，
解得Ep＝μmgx0＋mv
＝0.2×0.1×10×0.5＋×0.1×(2)2
＝1.1 J.
答案： (1)6 N　方向竖直向下 (2)1.1 J

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