必修2专题突破功能关系能量守恒定律

1、专题突破功能关系能量守恒定律突破一功能关系的理解和应用1.对功能关系的理解（1）做功的过程就是能量转化的过程，不同形式的能量发生相互转化是通过做功来 实现的。功是能量转化的量度，功和能的关系，一是体现在不同的力做功，对应不同形 式的能转化，具有一一对应关系，二是做功的多少与能量转化的多少在数值上相2几种常见的功能关系及其表达式各种力做功对应能的变化定量的关系合力做功动能变化合力对物体做功等于物体动能的增量W合=Ek2 -Ek1重力做功重力势能变化重力做正功，重力势能减少，重力做负功，重力势能增加，且 Wg= AEp= Ep1 Ep2弹簧弹力做功弹性势能变化弹力做正功，弹性势能减少，弹力做负功，

2、弹性势能增加，且 W弹=AEp= Ep1 Ep2只有重力、弹簧弹力做功机械能不变化机械能守恒AE = 0非重力和弹力做功机械能变化除重力和弹力之外的其他力做正功，物体的机械 能增加，做负功，机械能减少，且 W其他=AE【例1】（2017全国卷IH，16）如图1, 一质量为m、长度为I的均匀柔软细绳PQ竖直悬挂。用外力将绳的下端 Q缓慢地竖直向上拉起至 M点，M点与绳的上1端P相距1。重力加速度大小为g。在此过程中，外力做的功为（）B.gmglC.gmglD.qmgl解析 由题意可知，PM段细绳的机械能不变，MQ段细绳的重心升高了 6，则重2 l 1力势能增加6=mgl, 由功能关系可知，在此过

3、程中，外力做的功为W1二9mgl，故选项A正确，B、C、 D错误答案 A|多维训练植遴练透1. 如图2所示，某滑翔爱好者利用无动力滑翔伞在高山顶助跑起飞，在空中完成 长距离滑翔后安全到达山脚下。他在空中滑翔的过程中（）图2A. 只有重力做功B. 重力势能的减小量大于重力做的功C. 重力势能的减小量等于动能的增加量D. 动能的增加量等于合力做的功解析 由功能关系知，重力做功对应重力势能的变化，合外力做功对应物体动能 的变化，选项D正确。答案 D2韩晓鹏是我国首位在冬奥会雪上项目夺冠的运动员。他在一次自由式滑雪空中 技巧比赛中沿 助滑区”保持同一姿态下滑了一段距离，重力对他做功 1 900 J,他

4、 克服阻力做功100 J。韩晓鹏在此过程中（）A. 动能增加了 1 900 JB. 动能增加了 2 000 JC. 重力势能减小了 1 900 JD. 重力势能减小了 2 000 J解析 由题可得：重力做功 Wg= 1 900 J,则重力势能减少1 900 J，故选项C正 确，D错误；由动能定理得，Wg Wf=AEk，克服阻力做功 Wf= 100 J,则动能增 加1 800 J,故选项A、B错误。答案 C3.（2018天津理综，2）滑雪运动深受人民群众喜爱。某滑雪运动员 （可视为质点）由 坡道进入竖直面内的圆弧形滑道 AB，从滑道的A点滑行到最低点B的过程中， 由于摩擦力的存在，运动员的速率不

5、变，则运动员沿AB下滑过程中（）A. 所受合外力始终为零B.所受摩擦力大小不变C.合外力做功一定为零D.机械能始终保持不变解析 运动员做匀速圆周运动，所受合外力指向圆心，A项错误；由动能定理可知，合外力做功一定为零，C项正确；由运动员沿 AB下滑过程中做匀速圆周运 动，知运动员所受沿圆弧切线方向的合力为零，即摩擦力等于运动员的重力沿圆 弧切线方向的分力，逐渐变小，B项错误；运动员动能不变，重力势能减少，所 以机械能减少，D项错误。答案 C突破二摩擦力做功与能量的转化1. 两种摩擦力的做功情况比较、类别 比较、静摩擦力滑动摩擦力不 同 占 八、能量的转化方面只有能量的转移，而没有能量的转化既有能

6、量的转移，又有能量 的转化一对摩擦力 的总功方面一对静摩擦力所做功的代数和等于零一对滑动摩擦力所做功的 代数和不为零，总功w= fs相对，即相对滑动时产生 的热量相 同 占 八、正功、负功、 不做功方面两种摩擦力对物体可以做正功、负功，还可以不 做功2相对滑动物体能量问题的解题流程析物体貯辺功过忍、料进行吐井析I利朋运动学公式.笛合半辄笫二定律分折物休的連鹰: 冀果空址移真紙I ?| ；利用能肚守恒定律或州求解摩搏产生的热 店口式中S对为两花肚物低间的栢对略程【例2】（多选）如图4所示，质量为M、长度为L的小车静止在光滑水平面上， 质量为m的小物块（可视为质点）放在小车的最左端。现用一水平恒力

7、 F作用在小 物块上，使小物块从静止开始做匀加速直线运动。小物块和小车之间的摩擦力为 f,小物块滑到小车的最右端时，小车运动的距离为 s。此过程中，以下结论正确 的是（）1*1=tau(J图4A. 小物块到达小车最右端时具有的动能为(F f)(L + s)B. 小物块到达小车最右端时，小车具有的动能为fsC. 小物块克服摩擦力所做的功为f(L + s)D. 小物块和小车增加的机械能为Fs解析 由动能定理可得，小物块到达小车最右端时的动能 Ek物=W合=(F f)(L + s), A正确；小物块到达小车最右端时，小车的动能 Ek车=fs, B正确；小物块克 服摩擦力所做的功 W = f(L+ s

8、), C正确；小物块和小车增加的机械能为 F(L + s) fL, D错误。答案 ABC|多维01练辅选练透1. (多选)(2018江苏单科，7)如图5所示，轻质弹簧一端固定，另一端连接一小物 块，0点为弹簧在原长时物块的位置。物块由 A点静止释放，沿粗糙程度相同的 水平面向右运动，最远到达 B点。在从A到B的过程中，物块()Ad(i图5A. 加速度先减小后增大B. 经过0点时的速度最大C. 所受弹簧弹力始终做正功D. 所受弹簧弹力做的功等于克服摩擦力做的功解析 对物块受力分析，当弹簧处于压缩状态时，由牛顿第二定律可得kx f二ma，x减小，a减小，当a= 0时，物块速度最大，此时，物块在 O

9、点左侧，选项 B错误；从加速度a= 0处到O点过程，由牛顿第二定律得f kx= ma, x减小，a 增大，当弹簧处于伸长状态时，由牛顿第二定律可得kx+f= ma, x增大，a继续增大，可知物块的加速度先减小后增大，选项 A正确；物块所受弹簧的弹力对物 块先做正功，后做负功，选项 C错误；从A到B的过程，由动能定理可得 W弹 Wf= 0,选项D正确。答案 AD2. 如图6所示，绷紧的传送带与水平面的夹角廿30传送带在电动机的带动下始终保持vo = 2 m/s的速率运行。现把一质量为 m= 10 kg的工件(可看作质点)轻 轻放在传送带的底端，经过1.9 s,工件被传送到h= 1.5 m的高处。

10、g取10 m/s2, 求：图6(1) 工件与传送带间的动摩擦因数；(2) 电动机由于传送工件多消耗的电能。解析 (1)传送带长= 3 msin u工件速度达到V0前，做匀加速运动的位移S1 = v t1= V20t1匀速运动的位移为s- S1 = V0(t - t1)解得加速运动的时间t1 = 0.8 s加速运动的位移S1 = 0.8 m所以加速度a =晋=2.5 m/s2由牛顿第二定律得 卩mgos 0 mgsin A ma解得尸宁。从能量守恒的观点看，电动机多消耗的电能用于增加工件的动能、势能以及克 服传送带与工件之间发生相对运动时摩擦力做功。在时间t1内，传送带运动的位移s传送带=V0t

11、1 = 1.6 m在时间t1内，工件相对传送带的位移 s相对=s传送带一 S1 = 0.8 m 在时间t1内，摩擦生热Q=卩mgos 0s相对=60 J 工件获得的动能Ek =2mV2 = 20 J 工件增加的势能Ep = mgh= 150 J 故电动机多消耗的电能 W= Q+ Ek+ Ep = 230 Jo答案(2)230 J突破三能量守恒定律的应用1对能量守恒定律的理解(1) 转化：某种形式的能量减少，一定存在其他形式的能量增加，且减少量和增加 量一定相等。转移：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。2. 涉及弹簧的能量问题应注意两个或两个以上的物体与

12、弹簧组成的系统相互作用的过程，具有以下特点：能量变化上，如果只有重力和系统内弹簧弹力做功，系统机械能守恒。(2) 如果系统每个物体除弹簧弹力外所受合外力为零，则当弹簧伸长或压缩到最大 程度时两物体速度相同。【例3】 如图7所示，在地面上竖直固定了刻度尺和轻质弹簧，弹簧原长时上 端与刻度尺上的A点等高，质量m= 0.5 kg的篮球静止在弹簧正上方，底端距 A 点的高度hi = 1.10 m,篮球静止释放测得第一次撞击弹簧时，弹簧的最大形变量 xi = 0.15 m,第一次反弹至最高点，篮球底端距 A点的高度h2= 0.873 m,篮球多 次反弹后静止在弹簧的上端，此时弹簧的形变量X2 = 0.0

13、1 m,弹性势能为Ep=0.025 J。若篮球运动时受到的空气阻力大小恒定，忽略篮球与弹簧碰撞时的能量 损失和篮球的形变，弹簧形变在弹性限度范围内。求：图7(1) 弹簧的劲度系数;(2) 篮球在运动过程中受到的空气阻力；(3) 篮球在整个运动过程中通过的路程；(4) 篮球在整个运动过程中速度最大的位置。解析(1)篮球静止在弹簧上时，有 mg kx2= 0,解得 k= 500 N/m(2) 篮球从开始运动到第一次上升到最高点，由动能定理得mg(hi h2) f(hi+ h2 + 2xi) = 0代入数值解得f = 0.5 N(3) 设篮球在整个运动过程中总路程 s,由能量守恒定律得mg(hi +

14、 x2) = fs+ Ep代入数值解得s= 11.05 m(4) 球在首次下落过程中，合力为零处速度最大速度最大时弹簧形变量为X3mgf kx3= 0在A点下方，离A点X3= 0.009 m答案 (1)500 N/m (2)0.5 N (3)11.05 m (4)第一次下落至 A 点下方 0.009 m 处速度最大方诜技巧运用能量守恒定律解题的基本思路务析就蛊变此it程屮呷沖妙式的侥哪神影丸的睢董增加厂扁益沪、j能篁时减少的楷加t-iI多维迥练精选练透1. (2018江西南昌二模)如图8所示，光滑水平面AB与竖直面上的半圆形光滑固定 轨道在B点衔接，BC为直径，一可看做质点的物块在 A处压缩一

15、轻质弹簧(物块 与弹簧不连接)，释放物块，物块被弹簧弹出后，经过半圆形轨道B点之后恰好能 通过半圆轨道的最高点 C。现在换用一个质量较小的另一物块，被同样压缩的弹簧由静止弹出，不计空气阻力。则更换后()1.口灿对f图8A. 物块不能到达C点B. 物块经过C点时动能不变C. 物块经过C点时的机械能增大D. 物块经过B点时对轨道的压力减小1解析 物块从A到C过程，由能量守恒有Ep= mg 2R+尹品，可知质量减小，物 块经过C点时动能增大，vc增大，物块也能到达C点，故A、B错误；由能量守 恒定律可知物块经过C点时的机械能不变均为Ep，故C错误；物块从A到B过2程，由能量守恒有Ep= 2mvB，在

16、B点有Fn mg= mR，解得Fn= mg+2E，减 小，故D正确。答案 D2. (2019乐山模拟)如图9甲所示，在倾角为37足够长的粗糙斜面底端，一质量m 二1 kg的滑块压缩着一轻弹簧且锁定，两者不拴接，滑块可视为质点。t= 0时解除锁定，计算机通过传感器描绘出滑块的 vt图象如图乙所示，其中Oab段为曲 线，bc段为直线，在t1 = 0.1 s时滑块已上滑x= 0.2 m的距离(g取10 m/s2,sin 37=0.6， cos 37 丄图9滑块离开弹簧后在图中bc段对应的加速度大小a及动摩擦因数卩的大小;(2) t2= 0.3 s和t3 = 0.4 s时滑块的速度v1、v2的大小；(

17、3) 弹簧锁定时具有的弹性势能Ep。解析(1)由题图乙知滑块在bc段做匀减速运动，加速度大小为Av2页匸10 m/s科学思维系列一一满分指导：大题小做 三步曲第一步：读题审题，做到一 看”二 读”三 思” 看题看题”是从题目中获取信息的最直接方法，一定要全面、细心，看题时不要急于 求解，对题中关键的词语要多加思考，搞清其含义，对特殊字、句、条件要用着 重号加以标注；不能漏看、错看或看不全题目中的条件，要重点看清题中隐含的 物理条件、括号内的附加条件等。 读题读题”就是默读试题，是物理信息内化的过程，它能解决漏看、错看等问题。不 管试题难易如何，一定要怀着轻松的心情去默读一遍，逐字逐句研究，边读

18、边思 索、边联想，以弄清题中所涉及的现象和过程，排除干扰因素，充分挖掘隐含条 根据牛顿第二定律得mgsin 37 + mgos 37 丄 ma解得尸0.5。根据速度一时间公式得t2 = 0.3 s时的速度大小vi = vc a At，解得 vi = 0在t2之后滑块开始下滑，下滑时由牛顿第二定律得mgsin 37 卩 mgos 37 丄 ma解得 a = 2 m/s2从t2到t3做初速度为零的匀加速运动，t3时刻的速度为V2= a t古 0.2 m/s。从0到ti时间内，由能量守恒定律得Ep= mgxsin 37 半卩 mgcos 37 + mv2解得Ep = 4 Jo答案 (1)10 m/s

19、20.5 (2)0 0.2 m/s (3)4 J核心素养提升件，准确还原各种模型，找准物理量之间的关系。3. 思题思题”就是充分挖掘大脑中所储存的知识信息，准确、全面、快速思考，清楚各 物理过程的细节、内在联系、制约条件等，进而得出解题的全景图。第二步：拆分”运动过程采用 拆分”的方法，按照物理事件发生的顺序，将复杂的运动拆分”成若干个简单的子过程，即一个个的小题。第三步：选规律，列方程针对各子过程不同的运动特点，应用不同的物理规律。只要掌握了物体各阶段运 动过程的特点，按程序一步步地列出相关的方程，就可以把问题简化，从而得到 解决。【典例】 (12分)如图10，半径R= 0.5 m的光滑圆弧

20、轨道ABC与足够长的粗糙 轨道CD在C处平滑连接，O为圆弧轨道ABC的圆心，B点为圆弧轨道的最低点，半径OA、OC与OB的夹角分别为53和37 将一个质量m= 0.5 kg的物体(视为 质点)从A点左侧高为h= 0.8 m处的P点水平抛出，恰从A点沿切线方向进入圆 弧轨道。已知物体与轨道 CD间的动摩擦因数 尸0.8,重力加速度g取10 m/S物体水平抛出时的初速度V0的大小； 物体经过B点时，对圆弧轨道压力Fn的大小； 物体在轨道CD上运动的距离So解题指导问题拆分f大题小做f化繁为易第(1)问可折分为3个子问题 恰从A点沿切线方向进入圆弧轨道时，竖直速度是多大？ 从A点沿切线方向进入圆弧轨

21、道时水平速度与竖直速度存在什么关系? 过A点时物体的水平速度是多大？,sin 37丄 0.6， cos 37第(2)问可拆分为2个子问题 物体通过B点时的速度是多大？ 写出物体通过B点时功与动能的关系式。第(3)问可拆分为2个子问题 判断物体在轨道CD上是否存在往返运动。 求物体沿CD向上运动的位移。规范解答：从P到A:竖直方向自由落体Vy= 2gh (1 分)在A点由几何关系得：Vx= vytan 37(1分)水平方向匀速运动：vo = vx= 3 m/s(1分)从P到B机械能守恒mg(h + R Rcos 53) *mvB *mv0 (2 分)过B点时，对物体受力分析，由牛顿第二定律得vB

22、Fn mg= mR(2 分)由牛顿第三定律，对圆弧轨道压力大小Fn= Fn= 34 N(1 分)因卩mgos 37mgsin 37物体沿轨道CD向上做匀减速运动，速度减为零后不再下滑。(1分)由B上滑至最高点的过程，由功能关系得1 2mgR(1 cos 37) (mgsin 37 半卩 mgos 37 )s=mvB(2 分)代入数据解得s= 1.09 m(1分)答案 (1)3 m/s (2)34 N (3)1.09 m方法技巧多过程问题的解题技巧(1) 合”一-步了解全过程，构建大致的运动图景。(2) 分”一-将全过程进行分解，分析每个过程的规律。(3) 合”一-到子过程的联系，寻找解题方法。

23、课时作业（时间：40分钟）基础巩固练1如图1所示，一个质量为m的铁块沿半径为R的固定半圆轨道上边缘由静止滑 下，到半圆底部时，轨道所受压力为铁块重力的1.5倍，重力加速度为g，则此过 程中铁块损失的机械能为（）图14A.mgR答案 DB.mgR1C.qmgRD. |mgR2. （多选）如图2所示，水平传送带由电动机带动，并始终保持以速度v匀速运动,现将质量为m的物块由静止放在传送带的左端，过一会儿物块能保持与传送带相 对静止，设物块与传送带间的动摩擦因数为仏对于这一过程，下列说法正确的是（）n图2A. 摩擦力对物块做的功为0.5mv2B. 物块对传送带做功为0.5mC. 系统摩擦生热为0.5m

24、v2D. 电动机多做的功为mv2解析 对物块运用动能定理，摩擦力做的功等于物块动能的增加，即0.5m/，故选项A正确；传送带的位移是物块位移的两倍，所以物块对传送带做功的绝对值 是摩擦力对物块做功的两倍，即为 mv2,故选项B错误；电动机多做的功就是传送带克服摩擦力做的功，也为 mv2,故选项D正确；系统摩擦生热等于摩擦力与 相对位移的乘积，故选项 C正确答案 ACD3. 质量为m的物体以初速度vo沿水平面向左开始运动，起始点 A与一轻弹簧0 端相距s,如图3所示。已知物体与水平面间的动摩擦因数为 仏物体与弹簧相碰 后，弹簧的最大压缩量为 x,则从开始碰撞到弹簧被压缩至最短，物体克服弹簧弹力所

25、做的功为（）图3卩 mgs+ x)1 2B. qmvo卩 mgxC. 卩 mgsD.卩 m+ x）解析 根据功的定义式可知物体克服摩擦力做功为 W = m（s+ x），由能量守恒定1i律可得2mv = W弹+ W，W弹=2mv卩m（s+ x），故选项A正确。答案 A4. （多选）如图4所示，质量为m的物体以某一速度冲上一个倾角为 37勺斜面，其运动的加速度的大小为0.9g。这个物体沿斜面上升的最大高度为H，则在一这过程中（）A.物体的重力势能增加了B. 物体的重力势能增加了 mgHC. 物体的动能损失了 0.5mgHD.物体的机械能损失了 0.5mgH解析 在物体上滑到最大高度的过程中，重力对

26、物体做负功，故物体的重力势能 增加了 mgH，故A错误；B正确；物体所受的合力沿斜面向下，其合力做的功为HhW= F 宁ma 三1.5mgH，故物体的动能损失了 1.5mgH,故Csin 37sin 37错误；设物体受到的摩擦力为f,由牛顿第二定律得mgsin 37 + f= ma,解得f=0.3mg。摩擦力对物体做的功为W =失了 0.5mgH,故D正确。答案 BDH= -o.gH,因此物体的机械能损5. （多选）将一长木板静止放在光滑的水平面上，如图5甲所示，一个小铅块（可视为质点）以水平初速度vo由木板左端向右滑动，到达右端时恰能与木板保持相对 静止。现将木板分成A和B两段，使B的长度和

27、质量均为A的2倍，并紧挨着放 在原水平面上，让小铅块仍以初速度vo由木板A的左端开始向右滑动，如图乙所 示。若小铅块相对滑动过程中所受的摩擦力始终不变，则下列说法正确的是（）n卜ABA. 小铅块将从木板B的右端飞离木板B. 小铅块滑到木板B的右端前就与木板B保持相对静止C. 甲、乙两图所示的过程中产生的热量相等D. 图甲所示的过程产生的热量大于图乙所示的过程产生的热量解析 在图甲所示的小铅块运动过程中，小铅块与木板之间的摩擦力使整个木板 一直加速，图乙中小铅块先使整个木板加速，运动到B部分上后A部分停止加速， 只有B部分加速，加速度大于图甲中的对应过程，故图乙中小铅块与B木板将更早达到速度相等

28、，所以小铅块还没有运动到 B的右端，两者速度就已经相同，选 项A错误，B正确；根据摩擦力乘相对位移等于产生的热量，图甲中的相对位移 大小大于图乙中的相对位移大小，则图甲所示的过程产生的热量大于图乙所示的 过程产生的热量，选项C错误，D正确。答案 BD6. 如图6所示，一个质量为m= 60 kg的物体在沿固定斜面向上的恒定外力 F作 用下，由静止开始从斜面的底端沿光滑斜面向上做匀加速直线运动，经过一段时 间后外力F做的功为120 J,此后撤去外力F，物体又经过一段时间后回到出发点。若以地面为零势能面，则下列说法正确的是 （）A. 在这个过程中，物体的最大动能小于120 JB. 在这个过程中，物体

29、的最大重力势能大于120 JC. 在撤去外力F之后的过程中，物体的机械能等于 120 JD. 在刚撤去外力F时，物体的速率为2 m/s解析 由题意可知，恒力F对物体做功120 J，则物体的机械能等于120 J。撤去F后，只有重力对物体做功，机械能守恒，所以物体回到出发点时的动能为120 J, 选项A错误，C正确；物体运动到最高点的过程中，由动能定理可得 Wf+ Wg= 0， 即重力做功为 Wg = Wf= 120 J,重力做负功，物体的最大重力势能等于120 J, 选项B错误；由于物体向上运动的过程中重力对物体做负功，所以在刚撤去外力F时，物体的动能小于120 J,物体的速度v=2X120”6

30、0 m/s= 2 m/s，选项D错误。答案 C综合提能练7. （2018四川成都模拟）如图7甲所示，倾角 缸30勺足够长固定光滑斜面上，用 平行于斜面的轻弹簧拉着质量 m= 1 kg的物体沿斜面向上运动。已知物体在t二1 s 到t= 3 s这段时间的vt图象如图乙所示，弹簧的劲度系数k= 200 N/m,重力加 速度g取10 m/s2。贝U在该段时间内（）A. 物体的加速度大小为2 m/s2B. 弹簧的伸长量为3 cmC. 弹簧的弹力做功为30 JD. 物体的重力势能增加36 J解析 根据速度图象的斜率表示加速度可知，物体的加速度大小为a=w =1 m/s2,选项A错误；对斜面上的物体受力分析

31、，受到竖直向下的重力mg、斜面的支持力和轻弹簧的弹力F,由牛顿第二定律，F mgsin 30 = ma,解得F = 6 N。 由胡克定律F = kx可得弹簧的伸长量x= 3 cm,选项B正确；在t= 1 s到t = 3 s 这段时间内，物体动能增大 AEk= 2mv2 mv!= 6 J,根据速度一时间图象面积等 于位移，可知物体向上运动位移 s= 6 m，物体重力势能增加 p= mgssin 30丄 30 J;根据功能关系可知，弹簧弹力做功 W=AEk +AEp= 36 J,选项C、D错误。 答案 B8. （2018全国卷I ,佝如图8, abc是竖直面内的光滑固定轨道，ab水平，长度为 2R； bc是半径为R的四分之一圆弧，与ab相切于b点。一质量为m的小球，始 终受到与重力大小相等的水平外力的作用，自a点处从静止开始向右运动。重力加速度大小为g。小球从a点开始运动到其轨迹最高点，机械能的增量为（）图8A.2mgRB.4mgRC.5mgRD.6mgR解析 设小球运动到c点的速度大小为vc，则对小球由a到c的过程，由动能定 理有F 3