（名師導學）2020版高考物理總復習 第五章 第4節(jié) 功能關系 能量守恒定律教學案 新人教版

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1、第4節(jié)　功能關系　能量守恒定律 ?！　　緋87】 夯實基礎　 1．功能關系的內(nèi)容 (1)功是__能量轉化__的量度，即做了多少功就有__多少能量__發(fā)生了轉化． (2)做功的過程一定伴隨著__能量的轉化__，而且__能量的轉化__必須通過做功來實現(xiàn)． 2．幾種常見的功能關系 不同的 力做功 對應不同形 式能的變化 定量關系 合外力做功(所有外力的功) 動能變化 合外力對物體做的功等于物體動能的變化 W合＝Ek2－Ek1＝ΔEk 重力做功 重力勢能變化　 重力做正功，重力勢能減少；重力做負功，重力勢能增加. WG＝－ΔEp＝Ep1－E

2、p2 彈簧彈力做功 彈性勢能變化　 彈簧彈力做正功，彈性勢能減少；彈簧彈力做負功，彈性勢能增加. W彈＝－ΔEp＝Ep1－Ep2 只有重力、彈簧彈力做功 不引起機械能變化 機械能守恒ΔE＝0 除重力和彈簧彈力之外的力做的功 機械能的變化　 除重力、彈簧彈力之外的力做多少正功，物體的機械能就增加多少；除重力和彈簧彈力之外的力做多少負功，物體的機械能就減少多少. W除G、彈力外＝ΔE＝E2－E1 克服滑動摩擦力做的功 產(chǎn)生摩擦熱 Wf克＝Q摩 克服安培力做的功 電能變化 WA克＝E電 電場力做功 電勢能變化 電場力做正功，電勢能減少；

3、電場力做負功，電勢能增加. W電＝－ΔEp＝Ep1－Ep2 　　　　　　　　　　　　　　　　 考點突破　　 例1如圖所示，甲、乙兩傳送帶與水平面的夾角相同，都以恒定速率v向上運動．現(xiàn)將一質(zhì)量為m的小物體(視為質(zhì)點)輕輕放在A處，小物體在甲傳送帶到達B處時恰好達到傳送帶的速率v.在乙傳送帶上到達離B處豎直高度為h的C處時達到傳送帶的速率v，已知B處離地面的高度均為H，則在小物塊從A到B的過程中(　　) A．小物體與甲傳送帶間的動摩擦因數(shù)較小 B．兩傳送帶對小物體做功相等 C．兩種情況下因摩擦產(chǎn)生的熱量相等 D．甲傳送帶消耗的電能比較大 【解析】根據(jù)公式：v2＝2

4、ax，可知物體加速度關系a甲＜a乙，再由牛頓第二定律μmgcos θ－mgsin θ＝ma，得知μ甲＜μ乙，A正確；傳送帶對小物體做功等于小物塊的機械能的增加量，動能增加量相等，重力勢能的增加量也相同，故兩種傳送帶對小物體做功相等，B正確；由摩擦生熱Q＝fs相對知，甲圖中：＝，Q甲＝f1Δs1＝f1＝f1，對m，由動能定理－mgH＋f1＝mv2∴f1＝mgH＋mv2＝Q甲，同理，Q乙＝mg(H－h(huán))＋mv2，Q甲＞Q乙，C錯誤；根據(jù)能量守恒定律，電動機消耗的電能E電等于摩擦產(chǎn)生的熱量Q與物塊增加的機械能之和，因物塊兩次從A到B增加的機械能相同，Q甲＞Q乙，所以將小物體傳送到B處，兩種傳送帶消耗

5、的電能甲更多，D正確． 【答案】ABD 【小結】利用功能關系求解問題要分清楚是什么力做功，并且清楚該力做正功還是負功，從而判斷與之相關的能量的變化．力做功的過程就是物體能量轉化的過程，功是能量轉化的量度． 針對訓練　 1．(多選)如圖所示，一固定斜面傾角為30°，一質(zhì)量為m的小物塊自斜面底端以一定的初速度，沿斜面向上做勻減速運動，加速度的大小等于重力加速度的大小g.若物塊上升的最大高度為H，則此過程中，物塊的(AC) A．動能損失了2mgH B．動能損失了mgH C．機械能損失了mgH D．機械能損失了mgH 【解析】由動能定理得，ΔEk＝－mv＝－mg＝－2mgH，選項

6、A正確、B錯誤；由能量守恒得，ΔE＝mgH－mv＝－mgH，選項C正確、D錯誤． 2．(多選)升降機底板上放一質(zhì)量為100 kg的物體，物體隨升降機由靜止開始豎直向上移動5 m時速度達到4 m/s，則此過程中(g取10 m/s2)(AC) A．升降機對物體做功5 800 J B．合外力對物體做功5 800 J C．物體的重力勢能增加5 000 J D．物體的機械能增加5 000 J 【解析】重力勢能增加ΔEp＝mgh＝100×10×5 J＝5 000 J；合外力做功為動能增加量，等于800 J，B錯誤；升降機對物體做功為重力勢能＋動能＝5 800 J，機械能總增加量為動能增

7、加量＋勢能增加量＝5 800 J. ?！　　緋87】 夯實基礎　 1．能量轉化和守恒定律：能量既不會憑空消失，也不會__憑空產(chǎn)生__．它只能從一種形式__轉化__為其他形式，或者從一個物體__轉移__到另一個物體，而在轉化和轉移的過程中，能量的總量__保持不變__． 2．能量守恒關系式：ΔE減＝ΔE增． 3．對能量守恒定律的理解 (1)轉化：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)轉移：某個物體的能量減少，一定存在其他物體的能量增加，且減少量和增加量相等． 考點突破　　 例2如圖甲所示，質(zhì)量為m的滑塊以一定初速度滑上傾角為θ的固定

8、斜面，同時施加一沿斜面向上的恒力F＝mgsin θ.已知滑塊與斜面間的動摩擦因數(shù)μ＝tan θ，取出發(fā)點為參考點，能正確描述滑塊運動到最高點過程中產(chǎn)生的熱量Q、滑塊的動能Ek、勢能Ep、機械能E隨時間t、位移x變化關系的是(　　) 【解析】以物體為研究對象進行受力分析可知，滑塊上滑過程中所受的合外力為μmgcos θ＝mgsin θ，故滑塊做加速度大小為gsin θ的勻減速直線運動，上滑過程中產(chǎn)生的熱量Q＝fx＝mgsin θ是關于t的二次函數(shù)，故A錯誤；滑塊的動能Ek＝mv2＝m(v0－gtsin θ)2是關于時間的二次函數(shù)，故B錯誤；重力勢能Ep＝mgh＝mgxsin θ∝x，所以C

9、正確；上滑過程中恒力做功與摩擦力做功相等即Wf＝WF＝mgxsin θ，故滑塊的機械能保持不變，所以D正確． 【答案】CD 例3如圖所示，一物體質(zhì)量m＝2 kg.在傾角為θ＝37°的斜面上的A點以初速度v0＝3 m/s下滑，A點距彈簧上端B的距離AB＝4 m．當物體到達B后將彈簧壓縮到C點，最大壓縮量BC＝0.2 m，然后物體又被彈簧彈上去，彈到的最高位置為D點，D點距A點距離AD＝3 m．擋板及彈簧質(zhì)量不計，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，求： (1)物體與斜面間的動摩擦因數(shù)μ； (2)彈簧的最大彈性勢能Epm. 【解析】由于有摩擦存在，機械能不守恒．可用功能關系解

10、題． (1)最后的D點與開始的位置A點比較： 動能減少ΔEk＝mv＝9 J. 重力勢能減少ΔEp＝mglADsin 37°＝36 J. 機械能減少ΔE＝ΔEk＋ΔEp＝45 J 機械能的減少量全部用來克服摩擦力做功，即 Wf＝Ffl＝45 J， 而路程l＝5.4 m，則Ff＝＝8.33 N. 而Ff＝μmgcos 37°，所以μ＝＝0.52. (2)m到C點瞬間對應的彈簧彈性勢能最大， 由A到C的過程：動能減少ΔE′k＝mv＝9 J. 重力勢能減少ΔE′p＝mglAC·sin 37°＝50.4 J 機械能的減少用于克服摩擦力做功W′f＝Ff·sAC＝ μmgcos 3

11、7°×sAC＝35 J．由能的轉化和守恒定律得： Epm＝ΔE′k＋ΔE′p－W′f＝24.4 J. 【小結】運用能量轉化守恒定律解題的基本思路 針對訓練　 3．(多選)如圖所示，足夠長的傳送帶以恒定速率沿順時針方向運轉．現(xiàn)將一個物體輕輕放在傳送帶底端，物體第一階段被加速到與傳送帶有相同的速度，第二階段勻速運動到傳送帶頂端．則下列說法中正確的是(AC) A．第一階段和第二階段摩擦力對物體都做正功 B．第一階段摩擦力對物體做的功等于第一階段物體動能的增加量 C．第二階段摩擦力對物體做的功等于第二階段物體機械能的增加量 D．兩個階段摩擦力對物體所做的功等于物體機械能的減

12、少量 【解析】因兩個階段物體所受的摩擦力方向與運動方向相同，故都對物體做正功，A正確；在第一個階段中，由Wf1－mgh1＝mv2－0可知，Wf1＝mv2＋mgh，B錯誤；在第二個階段中，除重力外只有摩擦力做功，故第二階段摩擦力對物體做的功等于第二階段物體機械能的增量，C正確；因物體在兩個過程中機械能均增加，故D錯誤． 4．一根長為L、質(zhì)量為m的均勻鏈條放在光滑的水平桌面上，其長度的一半懸于桌邊，若要將懸著的部分拉回桌面，至少做功(A) A.mgL B.mgL C．mgL D.mgL 【解析】懸于桌邊的鏈條質(zhì)量為.將其拉上桌面，重心升高，故至少做功為mgL.故選項A正確． 5

13、．如圖所示，分別用恒力F1、F2先后將質(zhì)量為m的同一物體由靜止開始沿相同的固定粗糙斜面從底端推至頂端．第一次力F1沿斜面向上，第二次力F2沿水平方向，兩次所用時間相同，則在這兩個過程中(D) A．恒力F1等于恒力F2 B．兩次物體機械能的變化量不相同 C．F1和F2的平均功率相同 D．兩次合力所做的功相同 【解析】由公式x＝at2，由于x和t均相同，故加速度a相同，由v＝at，t相同，則物體到達斜面頂端時速度相同，動能相同，則動能變化量相同，根據(jù)動能定理得知，合外力做功相等．由圖示分析可知，第一次物體所受的摩擦力小于第二次物體所受的摩擦力，故兩物體克服摩擦力做功不同，重力做功相同，F(xiàn)

14、1做的功比F2做的少，故D正確、A錯誤；物體的運動情況相同，重力做功功率相同，第二次克服摩擦力做功的功率大，故F1做功的功率比F2做功的功率小，C錯誤；物體末速度相同，又由于處于相同的高度，所以兩物體機械能變化量相同，故B錯誤． 考 點 集 訓　【p295】 A組 1．如圖所示，滑塊以6 m/s的初速度從曲面上的A點滑下，運動到B點(比A點低)時速度仍為6 m/s.若滑塊以5 m/s的初速度仍由A點下滑，則它運動到B點時的速度(A) A．大于5 m/s B．等于5 m/s C．小于5 m/s D．無法確定 【解析】兩次下滑中，滑塊做圓周運動時，曲面對滑塊的彈力不同，則滑塊受

15、到的摩擦力不同，故摩擦力對滑塊做的功不同，而重力對滑塊做的功相同，故兩次動能的變化不同．因第二次速度小一點，滑塊做圓周運動時，曲面對它的彈力也小一些，故它受到的摩擦力也隨之減小，因此它克服摩擦力做的功也相應地減小，從而小于滑塊重力做的功(因為第一次滑塊克服摩擦力做的功等于滑塊重力做的功)，故末速度大于初速度．本題正確答案為A. 2．(多選)如圖所示，足夠長傳送帶與水平方向的夾角為θ，物塊a通過平行于傳送帶的輕繩跨過光滑輕滑輪，與木塊b相連，b的質(zhì)量為m，開始時a、b及傳送帶均靜止，且a不受傳送帶的摩擦力作用，現(xiàn)將傳送帶逆時針勻速轉動，則在b上升h高度(未與滑輪相碰)的過程中(ABC)

16、A．物塊A的質(zhì)量為 B．摩擦力對a做的功等于物塊a、b構成的系統(tǒng)機械能的增加量 C．摩擦力對a做的功等于物塊a、b動能增加量之和 D．任意時刻，重力對a、b做功的瞬時功率大小不相等 【解析】開始時，a、b及傳送帶均靜止且a不受傳送帶摩擦力作用，有magsin θ＝mbg，則ma＝＝，故A正確．摩擦力對a做正功，根據(jù)功能關系得：物塊a、b構成的系統(tǒng)機械能增加，摩擦力對a做的功等于a、b機械能的增加，故B正確．b上升h，則a下降hsin θ，則a重力勢能的減小量為ΔEpa＝mag×hsin θ＝mgh，等于b重力勢能的增加量，系統(tǒng)的重力勢能不變，所以摩擦力對a做的功等于物塊a、b動能增加量

17、之和，故C正確．任意時刻a、b的速率相等，對b，克服重力的瞬時功率Pb＝mgv，對a有：Pa＝magvsin θ＝mgv，所以重力對a、b做功的瞬時功率大小相等，故D錯誤． 3．(多選)光滑水平面上靜置一質(zhì)量為M的木塊，一質(zhì)量為m的子彈以水平速度v1射入木塊，以v2速度穿出，木塊速度變?yōu)関，對這個過程，下列說法中不正確的是(BCD) A．子彈對木塊做的功等于Mv2 B．子彈對木塊做的功等于子彈克服阻力做的功 C．子彈對木塊做的功等于木塊獲得的動能與子彈跟木塊間摩擦生熱的內(nèi)能之和 D．子彈損失的動能等于子彈跟木塊間摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能 【解析】由動能定理可知，子彈對木塊做的功等于木塊動能的

18、增加量Mv2，選項A正確，C錯誤；由動能定理可知，子彈克服阻力做的功等于子彈動能的變化量m(v－v)，由能量守恒定律可知m(v－v)＝Mv2＋Q，故選項B、D錯誤．故選B、C、D. 4．如圖所示，用力F拉位于粗糙固定斜面上的木箱，使它沿著斜面加速向上移動．木箱在移動過程中，下列說法正確的是(C) A．重力對木箱做的功等于木箱增加的重力勢能 B．F對木箱做的功等于木箱增加的機械能 C．合外力對木箱做的功等于木箱增加的動能 D．F對木箱做的功等于木箱增加的動能與木箱克服摩擦力所做功之和 【解析】克服木箱的重力做的功等于木箱增加的重力勢能，選項A錯誤；F和摩擦力做功的代數(shù)和等于木箱增

19、加的機械能，選項B錯誤；根據(jù)動能定理可知，合外力對木箱做的功等于木箱增加的動能，選項C正確；F對木箱做的功等于木箱增加的機械能與木箱克服摩擦力所做功之和，選項D錯誤． 5．(多選)一物體懸掛在細繩下端，由靜止開始沿豎直方向向下運動，運動過程中，物體的機械能與位移的關系圖象如圖所示，其中0～s1過程的圖線為曲線，s1～s2過程的圖線為直線．根據(jù)該圖象，下列判斷正確的是(BD) A．0～s1過程中物體所受拉力一定是變力，且不斷減小 B．s1～s2過程中物體可能在做勻速直線運動 C．s1～s2過程中物體可能在做變加速直線運動 D．0～s2過程中物體的動能可能在不斷增大 【解析】由于除

20、重力和彈簧的彈力之外的其他力做多少負功物體的機械能就減少多少，所以E－x圖象的斜率的絕對值等于物體所受拉力的大小，由圖可知在0～s1內(nèi)斜率的絕對值逐漸增大，故在0～s1內(nèi)物體所受的拉力是不斷增大的，故A錯誤；由于物體在s1～s2內(nèi)E－x圖象的斜率的絕對值不變，故物體所受的拉力保持不變．如果拉力等于物體所受的重力，故物體做勻速直線運動，故B正確；由于物體在s1～s2內(nèi)所受的拉力保持不變，故加速度保持不變，故物體不可能做變加速直線運動，故C錯誤；如果物體在0～s2內(nèi)所受的繩子的拉力小于物體的重力，則物體加速向下運動，故物體的動能不斷增大，故D正確． 6．如圖甲所示，質(zhì)量不計的彈簧豎直固定在水平面

21、上，t＝0時刻，將一金屬小球從彈簧正上方某一高度處由靜止釋放，小球落到彈簧上壓縮彈簧到最低點，然后又被彈起離開彈簧，上升到一定高度后再下落，如此反復．通過安裝在彈簧下端的壓力傳感器，測出這一過程彈簧彈力F隨時間t變化的圖象如圖乙所示，則(C) A．t1時刻小球動能最大 B．t2時刻小球動能最大 C．t2～t3這段時間內(nèi)，小球的動能先增加后減少 D．t2～t3這段時間內(nèi)，小球增加的動能等于彈簧減少的彈性勢能 【解析】球在接觸彈簧之前做自由落體運動．碰到彈簧后先做加速度不斷減小的加速運動，當加速度為0時，即重力等于彈簧彈力時加速度為0，而后往下做加速度不斷增大的減速運動．與彈簧接觸的

22、整個下降過程，小球的動能和重力勢能轉化為彈簧的彈性勢能．上升過程恰好與下降過程互逆．由乙圖可知t1時刻開始接觸彈簧；t2時刻彈力最大，小球處在最低點，動能為0；t3時刻小球往上運動恰好要離開彈簧；t2～t3這段時間內(nèi)，小球先加速后減速，動能先增加后減少，彈簧的彈性勢能轉化為小球的動能和重力勢能．C對． 7．(多選)某位溜冰愛好者先在岸上從O點由靜止開始勻加速助跑，2 s后到達岸邊A處，接著進入冰面(冰面與岸邊在同一水平面內(nèi))開始滑行，又經(jīng) 3 s 停在了冰上的B點，如圖所示．若該過程中，他的位移是x，速度是v，受的合外力是F，機械能是E，則對以上各量隨時間變化規(guī)律的描述正確的是(BC)

23、 【解析】此愛好者先做勻加速直線運動再做勻減速直線運動直至靜止，故B正確；先后做勻加速運動和勻減速運動，兩過程合外力大小均為定值，第一個過程合外力大小是第二個過程合外力的1.5倍，故C正確；位移圖象是二次函數(shù)曲線，故A錯；整個過程中的機械能即動能先增大后減小，故D錯． 8．(多選)如圖所示，質(zhì)量為 M、長度為l的小車靜止在光滑的水平面上，質(zhì)量為m的小物塊(可視為質(zhì)點)放在小車的最左端．現(xiàn)用一水平恒力F作用在小物塊上，使小物塊從靜止開始做勻加速直線運動．小物塊和小車之間的摩擦力為Ff.小物塊滑到小車的最右端時，小車運動的距離為x.在這個過程中，以下結論正確的是(ABC) A．小物塊到

24、達小車最右端時具有的動能為(F－Ff)(l＋x) B．小物塊到達小車最右端時，小車具有的動能為Ffx C．小物塊克服摩擦力所做的功為Ff (l＋x) D．小物塊和小車增加的機械能為Fx 【解析】小物塊受到向右的拉力F作用，向右運動受到向左的摩擦力Ff，根據(jù)相互作用，小車受到向右的摩擦力Ff而運動．小車運動距離為x，而物塊從小車的左端運動到右端位移為l＋x.對小車根據(jù)動能定理有Ff×x＝Ek1－0，選項B對，對小物塊根據(jù)動能定理有(F－Ff)×(x＋l)＝Ek2－0，選項A對．小物塊克服摩擦力做功Ff(l＋x)，選項C對．小物塊和小車重力勢能都沒有變化，所以他們機械能的增加量等于動能的增

25、加量即Ek1＋Ek2＝Ff×x＋(F－Ff)×(x＋l)＝F(x＋l)－Ffl，選項D錯． B組 9．如圖甲所示，一條輕質(zhì)彈簧左端固定在豎直墻面上，右端放一個可視為質(zhì)點的小物塊，小物塊的質(zhì)量為m＝1.0 kg，當彈簧處于原長時，小物塊靜止于O點．現(xiàn)對小物塊施加一個外力F，使它緩慢移動，將彈簧壓縮至A點，壓縮量為x＝0.1 m，在這一過程中，所用外力F與壓縮量的關系如圖乙所示．然后撤去F釋放小物塊，讓小物塊沿桌面運動，已知O點至桌邊B點的距離為L＝2x，水平桌面的高為h＝5.0 m，計算時，可認為滑動摩擦力近似等于最大靜摩擦力．(g取10 m/s2)求： (1)在壓縮彈簧過程中，彈簧存

26、貯的最大彈性勢能； (2)小物塊到達桌邊B點時速度的大??； (3)小物塊落地點與桌邊B的水平距離． 【解析】(1)取向左為正方向，從F－x圖中可以看出，小物塊與桌面間的滑動摩擦力大小為Ff＝1.0 N，方向為負方向 在壓縮過程中，摩擦力做功為 Wf＝－Ff·x＝－0.1 J 由圖線與x軸所圍的“面積”可得外力做功為 WF＝×0.1 J＝2.4 J 所以彈簧存貯的彈性勢能為Ep＝WF＋Wf＝2.3 J. (2)從A點開始到B點的過程中，由于L＝2x， 摩擦力做功為Wf′＝Ff·3x＝0.3 J 對小物塊用動能定理有Ep－Wf′＝mv 解得vB＝2 m/s. (3)物

27、塊從B點開始做平拋運動，h＝gt2 下落時間t＝1 s 水平距離s＝vBt＝2 m. 10．如圖所示，AB與CD為兩個對稱斜面，其上部都足夠長，下部分別與一個光滑的圓弧面的兩端相切，圓弧圓心角為120°，半徑R＝2.0 m，一個物體在離弧底E高度為h＝3.0 m處，以初速度v0＝4 m/s沿斜面運動，若物體與兩斜面的動摩擦因數(shù)均為μ＝0.02，則物體在兩斜面上(不包括圓弧部分)一共能走多長路程？(g＝10 m/s2) 【解析】由于滑塊在斜面上受到摩擦阻力作用，所以物體的機械能將逐漸減少，最后物體在BEC圓弧上作永不停息的往復運動．由于物體只在BEC圓弧上作永不停息的往復運動，之前的

28、運動過程中，減小的重力勢能為Ep＝mg(h－)，摩擦力做功產(chǎn)生的熱量為Q＝μmgscos 60°，由能量轉化和守恒定律得： mv＋mg(h－)＝μmgscos 60° ∴s＝280 m. 11．推行節(jié)水工程的轉動噴水“龍頭”如圖所示．“龍頭”距地面h(m)，可將水水平噴出，其噴灌半徑可達10h.每分鐘噴水m(kg)，所用的水是從地下H(m)深的井里抽?。O水以相同的速率噴出，水泵效率為η，不計空氣阻力，試求： (1)水從噴水“龍頭”噴出的初速度； (2)水泵每分鐘對水做的功； (3)帶動水泵的電動機的最小輸出功率． 【解析】(1)平拋運動的時間t＝ 水噴出的初速度為v＝＝＝5 (2)1 min內(nèi)噴出水的動能為Ek＝mv2＝25mgh 水泵提水，1 min內(nèi)水獲得的重力勢能為 Ep＝mg(H＋h) 故1 min內(nèi)水泵對水所做的功為 W＝Ek＋Ep＝mg(H＋26h) (3)設電動機的最小輸出功率為P，有ηPt′＝W 則P＝＝ - 11 -