54功能關(guān)系能量守恒定律（精講）（解析版）

專題5.4功能關(guān)系能量守恒定律【考情分析】1．知道功是能量轉(zhuǎn)化的量度，掌握重力的功、彈力的功、合力的功與對應(yīng)的能量轉(zhuǎn)化關(guān)系。2．知道自然界中的能量轉(zhuǎn)化，理解能量守恒定律，并能用來分析有關(guān)問題。【重點知識梳理】知識點一對功能關(guān)系的理解及其應(yīng)用1．功能關(guān)系(1)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。(2)做功的過程一定伴隨著能量的轉(zhuǎn)化，而且能量的轉(zhuǎn)化必須通過做功來實現(xiàn)。2．做功對應(yīng)變化的能量形式(1)合外力對物體做的功等于物體的動能的變化。(2)重力做功引起物體重力勢能的變化。(3)彈簧彈力做功引起彈性勢能的變化。(4)除重力和系統(tǒng)內(nèi)彈力以外的力做的功等于物體機械能的變化。知識點二能量守恒定律的理解及應(yīng)用1．內(nèi)容能量既不會憑空產(chǎn)生，也不會憑空消失，它只能從一種形式轉(zhuǎn)化為另一種形式，或者從一個物體轉(zhuǎn)移到另一個物體，在轉(zhuǎn)化或轉(zhuǎn)移的過程中，能量的總量保持不變。2．適用范圍能量守恒定律是貫穿物理學的基本規(guī)律，是各種自然現(xiàn)象中普遍適用的一條規(guī)律。3．表達式ΔE減＝ΔE增，E初＝E末。【典型題分析】高頻考點一對功能關(guān)系的理解及其應(yīng)用【例1】（2019·全國Ⅱ卷）從地面豎直向上拋出一物體，其機械能E總等于動能Ek與重力勢能Ep之和。取地面為重力勢能零點，該物體的E總和Ep隨它離開地面的高度h的變化如圖所示。重力加速度取10m/s2。由圖中數(shù)據(jù)可得A．物體的質(zhì)量為2kgB．h=0時，物體的速率為20m/sC．h=2m時，物體的動能Ek=40JD．從地面至h=4m，物體的動能減少100J【答案】AD【解析】A．Ep–h圖像知其斜率為G，故G==20N，解得m=2kg，故A正確B．h=0時，Ep=0，Ek=E機–Ep=100J–0=100J，故=100J，解得：v=10m/s，故B錯誤；C．h=2m時，Ep=40J，Ek=E機–Ep=85J–40J=45J，故C錯誤；D．h=0時，Ek=E機–Ep=100J–0=100J，h=4m時，Ek′=E機–Ep=80J–80J=0J，故Ek–Ek′=100J，故D正確。【舉一反三】(2018·天津卷)滑雪運動深受人民群眾喜愛。某滑雪運動員(可視為質(zhì)點)由坡道進入豎直面內(nèi)的圓弧形滑道AB，從滑道的A點滑行到最低點B的過程中，由于摩擦力的存在，運動員的速率不變，則運動員沿AB下滑過程中()A．所受合外力始終為零 B．所受摩擦力大小不變C．合外力做功一定為零 D．機械能始終保持不變【答案】C【解析】運動員做勻速圓周運動，所受合外力指向圓心，A項錯誤；由動能定理可知，合外力做功一定為零，C項正確；運動員所受滑動摩擦力大小等于運動員重力沿滑道向下的分力，隨滑道與水平方向夾角的變化而變化，B項錯誤；運動員動能不變，重力勢能減少，所以機械能減少，D項錯誤?！九e一反三】(2018·全國卷Ⅰ)如圖所示，abc是豎直面內(nèi)的光滑固定軌道，ab水平，長度為2R；bc是半徑為R的四分之一圓弧，與ab相切于b點。一質(zhì)量為m的小球，始終受到與重力大小相等的水平外力的作用，自a點處從靜止開始向右運動。重力加速度大小為g。小球從a點開始運動到其軌跡最高點，機械能的增量為()A．2mgRB．4mgRC．5mgRD．6mgR【答案】C【解析】設(shè)小球運動到c點的速度大小為vc，則對小球由a到c的過程，由動能定理有F·3R－mgR＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,c)，又F＝mg，解得vc＝2eq\r(gR)，小球離開c點后，在水平方向做初速度為零的勻加速直線運動，豎直方向在重力作用下做勻減速直線運動，由牛頓第二定律可知，小球離開c點后水平方向和豎直方向的加速度大小均為g，則由豎直方向的運動可知，小球從離開c點到其軌跡最高點所需的時間為t＝eq\f(vc,g)＝2eq\r(\f(R,g))，在水平方向的位移大小為x＝eq\f(1,2)gt2＝2R。由以上分析可知，小球從a點開始運動到其軌跡最高點的過程中，水平方向的位移大小為5R，則小球機械能的增加量為ΔE＝F·5R＝5mgR，C正確，A、B、D錯誤?！痉椒记伞繋追N常見功能關(guān)系幾種常見力做功對應(yīng)的能量變化數(shù)量關(guān)系式重力正功重力勢能減少WG＝－ΔEp負功重力勢能增加彈簧等的彈力正功彈性勢能減少W彈＝－ΔEp負功彈性勢能增加電場力正功電勢能減少W電＝－ΔEp負功電勢能增加合力正功動能增加W合＝ΔEk負功動能減少重力以外的其他力正功機械能增加W其＝ΔE負功機械能減少【變式探究】(2017·全國卷Ⅲ)如圖所示，一質(zhì)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)mglB.eq\f(1,6)mglC.eq\f(1,3)mglD.eq\f(1,2)mgl【答案】A【解析】以均勻柔軟細繩MQ段為研究對象，其質(zhì)量為eq\f(2,3)m，取M點所在的水平面為零勢能面，開始時，細繩MQ段的重力勢能Ep1＝－eq\f(2,3)mg·eq\f(l,3)＝－eq\f(2,9)mgl，用外力將繩的下端Q緩慢地豎直向上拉起至M點時，細繩MQ段的重力勢能Ep2＝－eq\f(2,3)mg·eq\f(l,6)＝－eq\f(1,9)mgl，則外力做的功即克服重力做的功等于細繩MQ段的重力勢能的變化，即W＝Ep2－Ep1＝－eq\f(1,9)mgl＋eq\f(2,9)mgl＝eq\f(1,9)mgl，選項A正確。高頻考點二摩擦力做功與能量的轉(zhuǎn)化關(guān)系【例2】(多選)(2018·江蘇卷)如圖所示，輕質(zhì)彈簧一端固定，另一端連接一小物塊，O點為彈簧在原長時物塊的位置。物塊由A點靜止釋放，沿粗糙程度相同的水平面向右運動，最遠到達B點。在從A到B的過程中，物塊()A．加速度先減小后增大B．經(jīng)過O點時的速度最大C．所受彈簧彈力始終做正功D．所受彈簧彈力做的功等于克服摩擦力做的功【答案】AD【解析】物塊在從A到B的運動過程中，彈簧對物塊的彈力先大于摩擦力后小于摩擦力，其所受合外力先減小后增大，根據(jù)牛頓第二定律，物塊的加速度先減小后增大，選項A正確；物塊受到彈簧的彈力等于摩擦力時速度最大，此位置一定位于A、O之間，選項B錯誤；物塊所受彈簧的彈力先做正功后做負功，選項C錯誤；對物塊從A到B的運動過程，由動能定理可知，物塊所受彈簧彈力做的功等于克服摩擦力做的功，選項D正確?！痉椒记伞?．兩種摩擦力的做功情況比較類別比較靜摩擦力滑動摩擦力不同點能量的轉(zhuǎn)化方面只有能量的轉(zhuǎn)移，而沒有能量的轉(zhuǎn)化既有能量的轉(zhuǎn)移，又有能量的轉(zhuǎn)化一對摩擦力的總功方面一對靜摩擦力所做功的代數(shù)和等于零一對滑動摩擦力所做功的代數(shù)和不為零，總功W＝－Ff·l相對，即摩擦時產(chǎn)生的熱量相同點正功、負功、不做功方面兩種摩擦力對物體可以做正功、負功，還可以不做功2．摩擦力做功的分析方法(1)無論是滑動摩擦力，還是靜摩擦力，計算做功時都是用力與對地位移的乘積．(2)摩擦生熱的計算：公式Q＝Ff·l相對中l(wèi)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．【變式探究】(2020·湖北武漢模擬)如圖所示，豎直平面內(nèi)有一半徑為R的固定eq\f(1,4)圓軌道與水平軌道相切于最低點B。一質(zhì)量為m的小物塊P(可視為質(zhì)點)從A處由靜止滑下，經(jīng)過最低點B后沿水平軌道運動，到C處停下，B、C兩點間的距離為R，物塊P與圓軌道、水平軌道之間的動摩擦因數(shù)均為μ?，F(xiàn)用力F將物塊P沿下滑的路徑從C處緩慢拉回圓弧軌道的頂端A，拉力F的方向始終與物塊P的運動方向一致，物塊P從B處經(jīng)圓弧軌道到達A處過程中，克服摩擦力做的功為μmgR，下列說法正確的是()A．物塊P在下滑過程中，運動到B處時速度最大B．物塊P從A滑到C的過程中克服摩擦力做的功等于2μmgRC．拉力F做的功小于2mgRD．拉力F做的功為mgR(1＋2μ)【答案】CD【解析】當重力沿圓軌道切線方向的分力等于滑動摩擦力時速度最大，此位置在AB之間，故A錯誤；將物塊P緩慢地從B拉到A，克服摩擦力做的功為μmgR，而物塊P從A滑到B的過程中，物塊P做圓周運動，根據(jù)向心力知識可知物塊P所受的支持力比緩慢運動時要大，則滑動摩擦力增大，所以克服摩擦力做的功Wf大于μmgR，因此物塊P從A滑到C的過程中克服摩擦力做的功大于2μmgR，故B錯誤；由動能定理得，從C到A的過程中有WF－mgR－μmgR－μmgR＝0－0，則拉力F做的功為WF＝mgR(1＋2μ)，故D正確；從A到C的過程中，根據(jù)動能定理得mgR－Wf－μmgR＝0，因為Wf>μmgR，則mgR>μmgR＋μmgR，因此WF<2mgR，故C正確?！九e一反三】（2020·浙江杭州模擬）如圖所示，質(zhì)量為m的物體在水平傳送帶上由靜止釋放，傳送帶由電動機帶動，始終保持以圖示速度v勻速運動。物體與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為μ，物體運動一段距離能保持與傳送帶相對靜止。對于物體從靜止釋放到相對傳送帶靜止這一過程，下列說法正確的是()A．電動機多做的功為eq\f(1,2)mv2B．摩擦力對物體做的功為mv2C．傳送帶克服摩擦力做的功為eq\f(1,2)mv2D．物體與傳送帶因摩擦產(chǎn)生的熱量為eq\f(1,2)mv2【答案】D【解析】電動機多做的功轉(zhuǎn)化成了物體的動能和內(nèi)能，物體從靜止釋放到相對傳送帶靜止過程中獲得的動能為eq\f(1,2)mv2，所以電動機多做的功一定大于eq\f(1,2)mv2，所以A錯誤；物體從靜止釋放到相對傳送帶靜止過程中只有摩擦力對物體做功，由動能定理可知，摩擦力對物體做的功等于物體動能的變化，即為eq\f(1,2)mv2，所以B錯誤；物體做勻加速直線運動的末速度為v，故此過程中物體的平均速度為eq\f(v,2)，傳送帶的速度為v，則此過程傳送帶的位移為物體位移的2倍，因為摩擦力對物體做功為eq\f(1,2)mv2，故傳送帶克服摩擦力做的功為mv2，故C錯誤；傳送帶克服摩擦力做的功為mv2，物體獲得的動能為eq\f(1,2)mv2，根據(jù)能量守恒定律知，物體與傳送帶因摩擦產(chǎn)生的熱量為eq\f(1,2)mv2，故D正確。高頻考點三能量守恒定律的應(yīng)用【例3】（2019·浙江選考）如圖所示為某一游戲的局部簡化示意圖。D為彈射裝置，AB是長為21m的水平軌道，傾斜直軌道BC固定在豎直放置的半徑為R=10m的圓形支架上，B為圓形的最低點，軌道AB與BC平滑連接，且在同一豎直平面內(nèi)。某次游戲中，無動力小車在彈射裝置D的作用下，以v0=10m/s的速度滑上軌道AB，并恰好能沖到軌道BC的最高點。已知小車在軌道AB上受到的摩擦力為其重量的0.2倍，軌道BC光滑，則小車從A到C的運動時間是（）A．5s B．4.8s C．4.4s D．3s【答案】A【解析】設(shè)小車的質(zhì)量為m，小車在AB段所勻減速直線運動，加速度，在AB段，根據(jù)動能定理可得，解得，故；小車在BC段，根據(jù)機械能守恒可得，解得，過圓形支架的圓心O點作BC的垂線，根據(jù)幾何知識可得，解得，，故小車在BC上運動的加速度為，故小車在BC段的運動時間為，所以小車運動的總時間為，A正確?！痉椒记伞磕芰哭D(zhuǎn)化問題的解題思路(1)當涉及滑動摩擦力做功，機械能不守恒時，一般應(yīng)用能量守恒定律。(2)解題時，首先確定初、末狀態(tài)，然后分析狀態(tài)變化過程中哪種形式的能量減少，哪種形式的能量增加，求出減少的能量總和ΔE減和增加的能量總和ΔE增，最后由ΔE減＝ΔE增列式求解?！咀兪教骄俊?2016·全國卷Ⅱ)輕質(zhì)彈簧原長為2l，將彈簧豎直放置在地面上，在其頂端將一質(zhì)量為5m的物體由靜止釋放，當彈簧被壓縮到最短時，彈簧長度為l?，F(xiàn)將該彈簧水平放置，一端固定在A點，另一端與物塊P接觸但不連接。AB是長度為5l的水平軌道，B端與半徑為l的光滑半圓軌道BCD相切，半圓的直徑BD豎直，如圖所示。物塊P與AB間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5。用外力推動物塊P，將彈簧壓縮至長度l，然后放開，P開始沿軌道運動。重力加速度大小為g。(1)若P的質(zhì)量為m，求P到達B點時速度的大小，以及它離開圓軌道后落回到AB上的位置與B點之間的距離；(2)若P能滑上圓軌道，且仍能沿圓軌道滑下，求P的質(zhì)量的取值范圍?！窘馕觥?1)依題意，當彈簧豎直放置，長度被壓縮至l時，質(zhì)量為5m的物體的動能為零，其重力勢能轉(zhuǎn)化為彈簧的彈性勢能。由機械能守恒定律，彈簧長度為l時的彈性勢能為Ep＝5mgl ①設(shè)P的質(zhì)量為M，到達B點時的速度大小為vB，由能量守恒定律得Ep＝eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,B)＋μMg·4l ②聯(lián)立①②式，取M＝m并代入題給數(shù)據(jù)得vB＝eq\r(6gl) ③若P能沿圓軌道運動到D點，其到達D點時的向心力不能小于重力，即P此時的速度大小v應(yīng)滿足eq\f(mv2,l)－mg≥0 ④設(shè)P滑到D點時的速度為vD，由機械能守恒定律得eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D)＋mg·2l ⑤聯(lián)立③⑤式得vD＝eq\r(2gl) ⑥vD滿足④式要求，故P能運動到D點，并從D點以速度vD水平射出。設(shè)P落回到軌道AB所需的時間為t，由運動學公式得2l＝eq\f(1,2)gt2 ⑦P落回到AB上的位置與B點之間的距離為s＝vDt ⑧聯(lián)立⑥⑦⑧式得s＝2eq\r(2)l。 ⑨(2)為使P能滑上圓軌道，它到達B點時的速度不能小于零。由①②式可知5mgl>μMg·4l ⑩要使P仍能沿圓軌道滑回，P在圓軌道的上升高度不能超過半圓軌道的中點C。由機械能守恒定律有eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,B)≤Mgl ? 聯(lián)立①②⑩?式得eq\f(5,3)m≤M<eq\f(5,2)m。 ?【答案】(1)eq\r(6gl)2eq\r(2)l(2)eq\f(5,3)m≤M<eq\f(5,2)m高頻考點四功能原理的綜合應(yīng)用【例4】(2017·全國卷Ⅰ)一質(zhì)量為8.00×104kg的太空飛船從其飛行軌道返回地面．飛船在離地面高度1.60×105m處以7.50×103m/s的速度進入大氣層，逐漸減慢至速度為100m/s時下落到地面．取地面為重力勢能零點，在飛船下落過程中，重力加速度可視為常量，大小取為9.8m/s2.(結(jié)果保留2位有效數(shù)字)(1)分別求出該飛船著地前瞬間的機械能和它進入大氣層時的機械能；(2)求飛船從離地面高度600m處至著地前瞬間的過程中克服阻力所做的功，已知飛船在該處的速度大小是其進入大氣層時速度大小的2.0%.【解析】(1)飛船著地前瞬間的機械能為Ek0＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0) ①式中，m和v0分別是飛船的質(zhì)量和著地前瞬間的速率．由①式和題給數(shù)據(jù)得Ek0＝4.0×108J ②設(shè)地面附近的重力加速度大小為g.飛船進入大氣層時的機械能為Eh＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,h)＋mgh ③式中，vh是飛船在高度1.60×105m處的速度大?。散凼胶皖}給數(shù)據(jù)得Eh≈2.4×1012J． ④(2)飛船在高度h′＝600m處的機械能為Eh′＝eq\f(1,2)m(0.02vh)2＋mgh′ ⑤由功能原理得W＝Eh′－Ek0 ⑥式中，W是飛船從離地面高度600m處至著地前瞬間的過程中克服阻力所做的功．由②⑤⑥式和題給數(shù)據(jù)得W≈9.7×108J?！疽族e警示】(1)機械能為動能和勢能之和．(2)阻力做的功不是動能的改變而是機械能的改變.【變式探究】（2020·河北辛集中學模擬）水平地面上固定有兩個高度相同的粗糙斜面體甲和乙，斜面長分別為s、L1，如圖所示。兩個完全相同的小滑塊A、B可視為質(zhì)