【創(chuàng)新設(shè)計(jì)】2014屆高考物理一輪 （考綱自主研讀 命題探究 高考全程解密） 第4講功能關(guān)系、能量轉(zhuǎn)化和守恒定律（含解析） 新人教版

1、第4講專(zhuān)題功能關(guān)系、能量轉(zhuǎn)化和守恒定律一、功能關(guān)系1功能關(guān)系(1)能的概念：一個(gè)物體能對(duì)外做功，這個(gè)物體就具有能量(2)功能關(guān)系功是能量轉(zhuǎn)化的量度，即做了多少功就有多少能量發(fā)生了轉(zhuǎn)化做功的過(guò)程一定伴隨著能量的轉(zhuǎn)化，而且能量的轉(zhuǎn)化必通過(guò)做功來(lái)實(shí)現(xiàn)(3)功與對(duì)應(yīng)能量的變化關(guān)系功能量的變化合外力做正功動(dòng)能增加重力做正功重力勢(shì)能減少?gòu)椈蓮椓ψ稣椥詣?shì)能減少電場(chǎng)力做正功電勢(shì)能減少其他力(除重力、彈力)做正功機(jī)械能增加【即學(xué)即練】1(單選)升降機(jī)底板上放一質(zhì)量為100 kg的物體，物體隨升降機(jī)由靜止開(kāi)始豎直向上移動(dòng)5 m時(shí)速度達(dá)到4 m/s，則此過(guò)程中(g取10 m/s2)()A升降機(jī)對(duì)物體做功5 80

2、0 JB合外力對(duì)物體做功5 800 JC物體的重力勢(shì)能增加500 JD物體的機(jī)械能增加800 J解析根據(jù)動(dòng)能定理得W升mghmv2，可解得W升5 800 J，A正確；合外力做的功為mv2×100×42 J800 J，B錯(cuò)誤；物體重力勢(shì)能增加mgh100×10×5 J5 000 J，C錯(cuò)誤；物體機(jī)械能增加EFhW升5 800 J，D錯(cuò)答案A二、能量守恒定律1內(nèi)容：能量既不會(huì)消滅，也不會(huì)創(chuàng)生它只會(huì)從一種形式轉(zhuǎn)化為其他形式，或者從一個(gè)物體轉(zhuǎn)移到另一個(gè)物體，而在轉(zhuǎn)化和轉(zhuǎn)移的過(guò)程中，能量的總量保持不變2表達(dá)式：E減E增【即學(xué)即練】2說(shuō)明下列有關(guān)能量轉(zhuǎn)化的問(wèn)題中，分

3、別是什么能向什么能的轉(zhuǎn)化(1)列車(chē)剎車(chē)時(shí)由運(yùn)動(dòng)變?yōu)殪o止；(2)太陽(yáng)能電池發(fā)電；(3)風(fēng)力發(fā)電；(4)潮汐發(fā)電；(5)太陽(yáng)能熱水器工作時(shí)；(6)汽車(chē)由靜止啟動(dòng)答案(1)動(dòng)能內(nèi)能(2)太陽(yáng)能電能(3)風(fēng)能(空氣動(dòng)能)電能(4)水的勢(shì)能電能(5)太陽(yáng)能內(nèi)能(6)化學(xué)能動(dòng)能常見(jiàn)的功能關(guān)系題型一對(duì)功能關(guān)系的理解【典例1】 (多選)如圖441所示，圖441在抗洪救災(zāi)中，一架直升機(jī)通過(guò)繩索，用恒力F豎直向上拉起一個(gè)漂在水面上的木箱，使其由水面開(kāi)始加速上升到某一高度，若考慮空氣阻力而不考慮空氣浮力，則在此過(guò)程中，以下說(shuō)法正確的有()A力F所做功減去克服空氣阻力所做的功等于重力勢(shì)能的增量B木箱克服重力所做的功等

4、于重力勢(shì)能的增量C力F、重力、空氣阻力三者合力所做的功等于木箱動(dòng)能的增量D力F和空氣阻力的合力所做的功等于木箱機(jī)械能的增量解析對(duì)木箱受力分析如圖所示，則由動(dòng)能定理：WFmghWFfEk，故C對(duì)由上式得：WFWFfEkmgh，故A錯(cuò)、D對(duì)由重力做功與重力勢(shì)能變化關(guān)系知B對(duì)，故B、C、D對(duì)答案BCD【變式跟蹤1】 (多選)如圖442所示，質(zhì)量為m的物體(可視為質(zhì)點(diǎn))以某一速度從A點(diǎn)沖上傾角為30°的固定斜面，其運(yùn)動(dòng)的加速度為g，此物體在斜面上上升的最大高度為h，則在這個(gè)過(guò)程中物體()圖442A重力勢(shì)能增加了mghB重力勢(shì)能增加了mghC動(dòng)能損失了mghD機(jī)械能損失了mgh解析設(shè)物體受到的

5、摩擦阻力為Ff，由牛頓運(yùn)動(dòng)定律得Ffmgsin 30°mamg，解得Ffmg.重力勢(shì)能的變化由重力做功決定，故Epmgh，故A錯(cuò)、B對(duì)動(dòng)能的變化由合外力做功決定：(Ffmgsin 30°)xmaxmgmgh，故C錯(cuò)機(jī)械能的變化由重力或系統(tǒng)內(nèi)彈力以外的其他力做功決定，故E機(jī)械Ffxmg·mgh，故D正確答案BD,借題發(fā)揮功能關(guān)系的選用技巧1在應(yīng)用功能關(guān)系解決具體問(wèn)題的過(guò)程中，若只涉及動(dòng)能的變化用動(dòng)能定理分析2只涉及重力勢(shì)能的變化用重力做功與重力勢(shì)能變化的關(guān)系分析3只涉及機(jī)械能變化用除重力和彈力之外的力做功與機(jī)械能變化的關(guān)系分析4只涉及電勢(shì)能的變化用電場(chǎng)力做功與電勢(shì)能

6、變化的關(guān)系分析題型二能量轉(zhuǎn)化與守恒定律的應(yīng)用圖443【典例2】 如圖443所示在水平地面上固定一個(gè)半徑為R的半圓形軌道，其中圓弧部分光滑，水平段長(zhǎng)為L(zhǎng)，一質(zhì)量為m的小物塊緊靠一根被壓縮的彈簧固定在水平軌道的最右端，小物塊與水平軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，現(xiàn)突然釋放小物塊，小物塊被彈出，恰好能夠到達(dá)圓弧軌道的最高點(diǎn)A，取g10 m/s2，且彈簧長(zhǎng)度忽略不計(jì)，求：(1)小物塊的落點(diǎn)距O的距離；(2)小物塊釋放前彈簧具有的彈性勢(shì)能規(guī)范解答設(shè)小物塊被彈簧彈出時(shí)的速度大小為v1，到達(dá)圓弧軌道的最低點(diǎn)時(shí)速度大小為v2，到達(dá)圓弧軌道的最高點(diǎn)時(shí)速度大小為v3(1)因?yàn)樾∥飰K恰好能到達(dá)圓弧軌道的最高點(diǎn)，故向心力剛好由

7、重力提供，有mg小物塊由A射出后做平拋運(yùn)動(dòng)，由平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律有xv3t2Rgt2聯(lián)立解得：x2R，即小物塊的落點(diǎn)距O的距離為2R(2)小物塊在圓弧軌道上從最低點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)的過(guò)程中，由機(jī)械能守恒定律得mvmg×2Rmv小物塊被彈簧彈出到運(yùn)動(dòng)到圓弧軌道的最低點(diǎn)的過(guò)程由功能關(guān)系得：mvmvmgL小物塊釋放前彈簧具有的彈性勢(shì)能就等于小物塊被彈出時(shí)的動(dòng)能，故有Epmv由聯(lián)立解得：EpmgRmgL.答案(1)2R(2)mgRmgL【變式跟蹤2】 如圖444所示，圖444光滑坡道頂端距水平面高度為h，質(zhì)量為m的小物塊A從坡道頂端由靜止滑下，進(jìn)入水平面上的滑道時(shí)無(wú)機(jī)械能損失，為使A制動(dòng)，將輕彈簧的

8、一端固定在水平滑道延長(zhǎng)線(xiàn)M處的墻上，另一端恰位于坡道的底端O點(diǎn)已知在OM段，物塊A與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，其余各處的摩擦不計(jì)，重力加速度為g，求：(1)物塊滑到O點(diǎn)時(shí)的速度大小(2)彈簧為最大壓縮量d時(shí)的彈性勢(shì)能(設(shè)彈簧處于原長(zhǎng)時(shí)彈性勢(shì)能為零)(3)若物塊A能夠被彈回到坡道上，則它能夠上升的最大高度是多少？解析(1)由機(jī)械能守恒定律得mghmv2，解得v.(2)在水平滑道上物塊A克服摩擦力所做的功為Wmgd，由能量守恒定律得mv2Epmgd，以上各式聯(lián)立得Epmghmgd.(3)物塊A被彈回的過(guò)程中，克服摩擦力所做的功仍為Wmgd，由能量守恒定律得Epmgdmgh所以物塊A能夠上升的最大高度

9、為hh2d.答案(1)(2)mghmgd(3)h2d,借題發(fā)揮1滑動(dòng)摩擦力做功的特點(diǎn)(1)滑動(dòng)摩擦力可以對(duì)物體做正功，也可以做負(fù)功，還可以不做功；(2)在相互摩擦的物體系統(tǒng)中，一對(duì)相互作用的滑動(dòng)摩擦力，對(duì)物體系統(tǒng)所做總功的多少與路徑有關(guān)，其值是負(fù)值，等于摩擦力與相對(duì)位移的積，即|W|Ffl相對(duì)，表示物體系統(tǒng)損失了機(jī)械能，克服了摩擦力做功，E損QFfl相對(duì)(摩擦生熱)；(3)一對(duì)滑動(dòng)摩擦力做功的過(guò)程中能量的轉(zhuǎn)化和轉(zhuǎn)移的情況：一是相互摩擦的物體通過(guò)摩擦力做功將部分機(jī)械能轉(zhuǎn)移到另一個(gè)物體上；二是部分機(jī)械能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，此部分能量就是系統(tǒng)機(jī)械能的損失量2運(yùn)用能量守恒定律解題的基本思路解題技法3力學(xué)規(guī)律優(yōu)

10、選法1解決力學(xué)問(wèn)題的方法選取(1)牛頓第二定律揭示了力的瞬時(shí)效應(yīng)，在研究某一物體所受力的瞬時(shí)作用與物體運(yùn)動(dòng)的關(guān)系時(shí)，優(yōu)選運(yùn)動(dòng)學(xué)公式和牛頓第二定律(2)動(dòng)能定理反映了力對(duì)空間的累積效應(yīng)，對(duì)于不涉及物體運(yùn)動(dòng)過(guò)程中的加速度和時(shí)間，優(yōu)選動(dòng)能定理(3)如果物體只有重力和彈簧彈力做功而又不涉及物體運(yùn)動(dòng)過(guò)程中的加速度和時(shí)間，此類(lèi)問(wèn)題優(yōu)選用機(jī)械能守恒定律求解(4)在涉及相對(duì)滑動(dòng)問(wèn)題時(shí)則優(yōu)先考慮能量守恒定律，即系統(tǒng)的動(dòng)能轉(zhuǎn)化為系統(tǒng)的內(nèi)能(5)在涉及摩擦力、電場(chǎng)力、磁場(chǎng)力(安培力)做功時(shí)優(yōu)先考慮能量守恒定律2“傳送帶”模型中的解題方法傳送帶模型是高中物理中比較成熟的模型，一般設(shè)問(wèn)的角度有兩個(gè)：(1)動(dòng)力學(xué)角度：如

11、求物體在傳送帶上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間、物體在傳送帶上能達(dá)到的速度、物體相對(duì)傳送帶滑過(guò)的位移，依據(jù)牛頓第二定律結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律求解(2)能量的角度：求傳送帶對(duì)物體所做的功、物體和傳送帶由于相對(duì)滑動(dòng)而產(chǎn)生的熱量、因放上物體而使電動(dòng)機(jī)多消耗的電能等，常依據(jù)功能關(guān)系或能量守恒定律求解若利用公式QFfl相對(duì)求摩擦熱，式中l(wèi)相對(duì)為兩接觸物體間的相對(duì)位移，若物體在傳送帶上往復(fù)運(yùn)動(dòng)時(shí)，則l相對(duì)為總的相對(duì)路程典例(2013·常州模擬)圖445如圖445所示，一質(zhì)量為m2 kg的滑塊從半徑為R0.2 m的光滑四分之一圓弧軌道的頂端A處由靜止滑下，A點(diǎn)和圓弧對(duì)應(yīng)的圓心O點(diǎn)等高，圓弧的底端B與水平傳送帶平滑相接已知傳送

12、帶勻速運(yùn)行速度為v04 m/s，B點(diǎn)到傳送帶右端C點(diǎn)的距離為L(zhǎng)2 m當(dāng)滑塊滑到傳送帶的右端C點(diǎn)時(shí)，其速度恰好與傳送帶的速度相同(g10 m/s2)求：(1)滑塊到達(dá)底端B時(shí)對(duì)軌道的壓力；(2)滑塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)；(3)此過(guò)程中，由于滑塊與傳送帶之間的摩擦而產(chǎn)生的熱量Q.解析(1)滑塊由A到B的過(guò)程中，由機(jī)械能守恒定律得mgRmv滑塊在B點(diǎn)，由牛頓第二定律得FNmgm由兩式得：FN60 N由牛頓第三定律得滑塊到達(dá)底端B時(shí)對(duì)軌道的壓力大小為60 N方向豎直向下(2)法一：滑塊從B到C運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，由牛頓第二定律得mgma由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得vv2aL由三式得0.3法二：滑塊在從A到C整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中

13、，由動(dòng)能定理得mgRmgLmv0，解得0.3(3)滑塊在從B到C運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，設(shè)運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得v0vBat產(chǎn)生的熱量Qmg(v0tL)由得Q4 J答案(1)60 N方向豎直向下(2)0.3(3)4 J【應(yīng)用】 如圖446所示，圖446繃緊的傳送帶與水平面的夾角30°，皮帶在電動(dòng)機(jī)的帶動(dòng)下，始終保持v02 m/s的速率運(yùn)行，現(xiàn)把一質(zhì)量為m10 kg的工件(可看做質(zhì)點(diǎn))輕輕放在皮帶的底端，經(jīng)過(guò)時(shí)間1.9 s，工件被傳送到h1.5 m的高處，取g10 m/s2，求：(1)工件與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)；(2)電動(dòng)機(jī)由于傳送工件多消耗的電能解析(1)由題圖可知，皮帶長(zhǎng)x3 m工件速度

14、達(dá)v0前，做勻加速運(yùn)動(dòng)的位移x1t1t1，勻速運(yùn)動(dòng)的位移為xx1v0(tt1)，解得加速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t10.8 s，加速運(yùn)動(dòng)的位移x10.8 m，所以加速度a2.5 m/s2，由牛頓第二定律有：mgcos mgsin ma，解得.(2)從能量守恒的觀點(diǎn)，顯然電動(dòng)機(jī)多消耗的電能用于增加工件的動(dòng)能、勢(shì)能以及克服傳送帶與工件之間發(fā)生相對(duì)位移時(shí)摩擦力做功產(chǎn)生的熱量在時(shí)間t1內(nèi)，皮帶運(yùn)動(dòng)的位移x皮v0t11.6 m，在時(shí)間t1內(nèi)，工件相對(duì)皮帶的位移x相x皮x10.8 m，在時(shí)間t1內(nèi)，摩擦發(fā)熱Qmgcos x相60 J工件獲得的動(dòng)能Ekmv20 J，工件增加的勢(shì)能Epmgh150 J，電動(dòng)機(jī)多消耗的電能W

15、QEkEp230 J.答案(1)(2)230 J一、對(duì)功能關(guān)系的理解1(單選)(2013·天門(mén)模擬)如圖447所示，質(zhì)量為m的跳高運(yùn)動(dòng)員先后用背越式和跨越式兩種跳高方式跳過(guò)某一高度，該高度比他起跳時(shí)的重心高出h，則他從起跳后至越過(guò)橫桿的過(guò)程中克服重力所做的功()圖447A都必須大于mghB都不一定大于mghC用背越式不一定大于mgh，用跨越式必須大于mghD用背越式必須大于mgh，用跨越式不一定大于mgh解析采用背越式跳高方式時(shí)，運(yùn)動(dòng)員的重心升高的高度可以低于橫桿，而采用跨越式跳高方式時(shí)，運(yùn)動(dòng)員的重心升高的高度一定高于橫桿，故用背越式時(shí)克服重力做的功不一定大于mgh，而采用跨越式時(shí)克

16、服重力做的功一定大于mgh，C正確答案C2(多選)(2012·海南卷，7)下列關(guān)于功和機(jī)械能的說(shuō)法，正確的是()A在有阻力作用的情況下，物體重力勢(shì)能的減少不等于重力對(duì)物體所做的功B合力對(duì)物體所做的功等于物體動(dòng)能的改變量C物體的重力勢(shì)能是物體與地球之間的相互作用能，其大小與勢(shì)能零點(diǎn)的選取有關(guān)D運(yùn)動(dòng)物體動(dòng)能的減少量一定等于其重力勢(shì)能的增加量解析物體重力勢(shì)能的減少始終等于重力對(duì)物體所做的功，A項(xiàng)錯(cuò)誤；運(yùn)動(dòng)物體動(dòng)能的減少量等于合外力對(duì)物體做的功，D項(xiàng)錯(cuò)誤答案BC二、功能關(guān)系、能量轉(zhuǎn)化與守恒定律的應(yīng)用3(單選)(2013·北京東城二模)圖448如圖448所示，在輕彈簧的下端懸掛一個(gè)質(zhì)

17、量為m的小球A，若將小球A從彈簧原長(zhǎng)位置由靜止釋放，小球A能夠下降的最大高度為h.若將小球A換為質(zhì)量為2m的小球B，仍從彈簧原長(zhǎng)位置由靜止釋放，則小球B下降h時(shí)的速度為(重力加速度為g，不計(jì)空氣阻力)()A. B.C. D0解析設(shè)小球A下降高度h時(shí)，彈簧的彈性勢(shì)能為Ep，由功能關(guān)系可知Epmgh.當(dāng)小球A換為質(zhì)量為2m的小球B時(shí)，設(shè)小球B下降h時(shí)速度為v，根據(jù)能量守恒2mgh×2mv2Ep，得v，B項(xiàng)正確答案B4(多選)如圖449所示，圖449質(zhì)量為M，長(zhǎng)度為L(zhǎng)的小車(chē)靜止在光滑的水平面上，質(zhì)量為m的小物塊，放在小車(chē)的最左端，現(xiàn)用一水平力F作用在小物塊上，小物塊與小車(chē)之間的摩擦力為f，

18、經(jīng)過(guò)一段時(shí)間小車(chē)運(yùn)動(dòng)的位移為x，小物塊剛好滑到小車(chē)的右端，則下列說(shuō)法中正確的是()A此時(shí)物塊的動(dòng)能為F(xL)B此時(shí)小車(chē)的動(dòng)能為fxC這一過(guò)程中，物塊和小車(chē)增加的機(jī)械能為FxfLD這一過(guò)程中，因摩擦而產(chǎn)生的熱量為fL解析對(duì)物塊，所受四個(gè)力中水平力F和物塊與小車(chē)間的滑動(dòng)摩擦力做功，這兩個(gè)力做功的位移都是(xL)，則由動(dòng)能定理可知小物塊的動(dòng)能(等于增加的動(dòng)能)EkEk(Ff)(xL)，A項(xiàng)錯(cuò)誤；對(duì)小車(chē)，只有物塊對(duì)小車(chē)的滑動(dòng)摩擦力做正功，且Wfx，由動(dòng)能定理可知B項(xiàng)正確；系統(tǒng)增加的機(jī)械能等于除重力和彈力外的其他力(包括內(nèi)力和外力)做功的代數(shù)和，即EF(xL)fL，C項(xiàng)錯(cuò)誤；這一過(guò)程中，因摩擦而產(chǎn)生的熱量等于滑動(dòng)摩擦力與相對(duì)路程的乘積，即QfL，D項(xiàng)正確答案BD5如圖4410所示，圖4410一水平方向的傳送帶以恒定的速度v2 m/s沿順時(shí)針?lè)较騽蛩俎D(zhuǎn)動(dòng)，傳送帶右端固定著一光滑的四分之一圓弧面軌道，并與弧面下端相切一質(zhì)量為m1 kg的物體自圓弧面軌道的最高點(diǎn)由靜止滑下，圓弧面軌道的半徑R0.45 m，物體與傳送帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.2，不計(jì)物體滑過(guò)曲面與傳送帶交接處時(shí)的能量損失，傳送帶足夠長(zhǎng)，g10 m/s2.求：(1)物體第一次從滑上傳送帶到離開(kāi)傳送帶所經(jīng)歷的時(shí)間；(2)物體第一次從滑上傳送帶到離開(kāi)傳送帶的過(guò)程中，傳送帶對(duì)物體做的功及由于摩擦產(chǎn)生的熱量解析(1)沿圓弧面軌道