5.4--功能关系-能量守恒定律课件

1、第4讲功能关系能量守恒定律 【知识导图】能量转化做功动能重力势能弹性势能机械能内能转化转移保持不变E减=E增【微点拨】1.功能关系的两点体现:(1)不同的力做功,对应不同形式的能量转化,具有一一对应关系。(2)做功的多少与能量转化的多少在数值上相等。2.应用能量守恒定律的两点注意:(1)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。(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。【慧眼纠错】(1)力对物体做了多少功,物体就有多少能。纠错:_。(2)力对物体做正功,物体的机械能一定增加。纠错:_。功是能量转化的量度,而不是能量多少的量度

2、在真空中自由下落的小球,重力做正功,但小球的机械能保持不变(3)与势能有关的力(重力、弹力、电场力)做的功等于对应势能的改变量。纠错:_。(4)能量在转化或转移的过程中,其总量会不断减少。纠错:_。与势能有关的力做的功等于对应势能的改变量的负值能量在转化或转移的过程中,其总量保持不变(5)既然能量在转移或转化过程中是守恒的,故没有必要节约能源。纠错:_。(6)静摩擦力做功时,一定会引起能量的转化。纠错:_。能量的转化和转移具有方向性,会产生能量耗散,且现在可利用的能源有限,故需节约能源静摩擦力做功只会引起机械能的转移,而不会与其他形式的能量转化(7)一个物体的能量增加,别的物体的能量也必定增加

3、。纠错:_。根据能量守恒定律一个物体的能量增加,必定有别的物体能量减少考点1功能关系的理解和应用【典题探究】【典例1】(2017全国卷)如图,一质量为m,长度为l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点与绳的上端P相距 l。重力加速度大小为g。在此过程中,外力做的功为世纪金榜导学号04450116()A. mglB. mglC. mgl D. mgl【解析】选A。把Q点提到M点的过程中,PM段软绳的机械能不变,MQ段软绳的机械能的增量为E= 由功能关系可知:在此过程中,外力做的功为W= mgl,故A正确,B、C、D错误。【通关秘籍】几种常见力做功及能量变化几

4、种常见力做功对应的能量变化关系式重力正功重力势能减少WG=-Ep负功重力势能增加弹力正功弹性势能减少W弹=-Ep负功弹性势能增加几种常见力做功对应的能量变化关系式合力正功动能增加W合=Ek负功动能减少除重力以外的力正功机械能增加W其他力=E负功机械能减少【考点冲关】1.(2018唐山模拟)轻质弹簧右端固定在墙上,左端与一质量m=0.5 kg的物块相连,如图甲所示。弹簧处于原长状态,物块静止且与水平面间的动摩擦因数=0.2。以物块所在处为原点,水平向右为正方向建立x轴。现对物块施加水平向右的外力F,F随x轴坐标变化的关系如图乙所示。物块运动至x=0.4 m处时速度为零。则此时弹簧的弹性势能为(g

5、=10 m/s2)()A.3.1 JB.3.5 JC.1.8 JD.2.0 J【解析】选A。物块与水平面间的摩擦力为Ff=mg=1 N,现对物块施加水平向右的外力F,由F-x图象面积表示F做的功,可知F做功W=3.5 J,克服摩擦力做功Wf=Ffx =0.4 J,由功能关系可知,W-Wf=Ep,此时弹簧的弹性势能为Ep=3.1 J,故A正确,B、C、D错误。2.(多选)(2018唐山模拟)质量为m的物体,在距地面h高处以初速度v竖直向下抛出。其加速度大小为0.5g,方向竖直向下。则在其下落到地面的过程中,下列说法中正确的是()A.物体的重力势能减少0.5mghB.物体的动能增加0.5mghC.

6、物体的机械能减少0.5mghD.落地时的动能为mgh+ mv2【解析】选B、C。物体在下落过程中,重力做正功为mgh,则重力势能减小mgh,故A错误;物体所受的合力为F=ma=0.5mg,则合力做功为W合=0.5mgh,所以动能增加了0.5mgh,故B正确;物体下落过程中受到向下的重力mg和向上的力F,而物体下落过程中受到的合外力大小为F=0.5mg,即F=mg-F,解得F=0.5mg,WF=-0.5mgh,所以机械能减少了0.5mgh ,故C正确;由动能定理得W合=Ek- mv2=0.5mgh ,解得Ek=0.5mgh+ mv2,故D错误。【加固训练】(多选)质量为m的物块在水平恒力F的推动

7、下,从山坡(粗糙)底部的A处由静止开始运动至高为h的坡顶B处。到达B处时物块的速度大小为v,A、B之间的水平距离为s,重力加速度为g。不计空气阻力,则物块运动过程中()A.重力所做的功是mghB.合外力对物块做的功是 mv2C.推力对物块做的功是 mv2+mghD.阻力对物块做的功是 mv2+mgh-Fs【解析】选B、D。重力做的功 WG=-mgh,推力F的功WF=Fs,故A、C错误;由动能定理可知,合外力的功W合= mv2,故B正确;设阻力的功为Wf,由动能定理得Fs-mgh+Wf= mv2,解得Wf= mv2+mgh-Fs,故D正确。考点2摩擦力做功与能量变化的关系 【典题探究】【典例2】

8、(2018泉州模拟)如图所示为地铁站用于安全检查的装置,主要由水平传送带和x光透视系统两部分组成,传送过程传送带速度不变。假设乘客把物品轻放在传送带上之后,物品总会先、后经历两个阶段的运动,用v表示传送带速率,用表示物品与传送带间的动摩擦因数,则世纪金榜导学号04450117()A.前阶段,物品可能向传送方向的相反方向运动B.后阶段,物品受到摩擦力的方向跟传送方向相同C.v相同时,不同的等质量物品与传送带摩擦产生的热量相同D.相同时,v增大为原来的2倍,前阶段物品的位移也增大为原来的2倍【解析】选C。物品轻放在传送带上,前阶段,物品受到向前的滑动摩擦力,所以物品的运动方向一定与传送带的运动方向

9、相同,故A错误;后阶段,物品与传送带一起做匀速运动,不受摩擦力,故B错误;设物品匀加速运动的加速度为a,由牛顿第二定律得Ff=mg=ma,物品的加速度大小为a=g,匀加速的时间为t= ,位移为x= t,传送带匀速的位移为x=vt,物品相对传送带滑行的距离为x=x-x= 物品与传送带摩擦产生的热量为Q=mgx= mv2,则知v相同时,不同的等质量物品与传送带摩擦产生的热量相同,故C正确;前阶段物品的位移为x= 则知相同时,v增大为原来的2倍,前阶段物品的位移也增大为原来的4倍,故D错误。【通关秘籍】1.两种摩擦力做功的比较:静摩擦力做功滑动摩擦力做功只有能量的转移,没有能量的转化既有能量的转移,

10、又有能量的转化一对相互作用的静摩擦力所做功的代数和为零,即要么一正一负,要么都不做功一对相互作用的滑动摩擦力所做功的代数和为负值,即至少有一个力做负功两种摩擦力都可以对物体做正功或者负功,还可以不做功2.相对滑动物体能量问题的解题流程: 【考点冲关】 1.如图所示,劲度系数为k的轻弹簧一端固定在墙上,一个小物块(可视为质点)从A点以初速度v0向左运动,接触弹簧后运动到C点时速度恰好为零,弹簧始终在弹性限度内。AC两点间距离为L,物块与水平面间动摩擦因数为,重力加速度为g,则物块由A点运动到C点的过程中,下列说法正确的是()A.弹簧和物块组成的系统机械能守恒B.物块克服摩擦力做的功为 C.弹簧的

11、弹性势能增加量为mgLD.物块的初动能等于弹簧的弹性势能增加量与摩擦产生的热量之和【解析】选D。物块与水平面间动摩擦因数为,由于摩擦力做功机械能减小,故A错误;物块由A点运动到C点过程动能转换为弹性势能和内能,根据能量守恒知物块克服摩擦力做的功为mgL= -Ep弹,故B错误,D正确;根据B项分析知Ep弹= -mgL,故C错误。2.(多选)(2018吉林模拟)如图甲所示,质量为1 kg的小物块,以初速度v0=11 m/s从=53的固定斜面底端先后两次滑上斜面,第一次对小物块施加一沿斜面向上的恒力F,第二次不施加力,图乙中的两条线段a、b分别表示施加力F和无F时小物块沿斜面向上运动的v-t图线,不

12、考虑空气阻力,g=10 m/s2,下列说法正确的是()A.恒力F大小为21 NB.物块与斜面间的动摩擦因数为0.5C.有恒力F时,小物块在整个上升过程产生的热量较少D.有恒力F时,小物块在整个上升过程机械能的减少量较小【解析】选B、D。根据v-t图线的斜率等于加速度,可知aa= m/s2=-10 m/s2,ab= m/s2=-11 m/s2,根据牛顿第二定律得,不加拉力时有-mg sin 53-mg cos 53=mab,代入数据得=0.5,加拉力时有F-mgsin53-mgcos53=maa,解得F=1 N,故A错误,B正确;根据v-t图象与坐标轴所围的面积表示位移,可知有恒力F时小物块的位

13、移较大,所以在上升过程产生的热量较大,故C错误;有恒力F时,小物块上升的高度比较大,所以该过程物块重力势能增加量较大,而升高的过程中动能的减小量是相等的,所以有恒力F时,小物块在整个上升过程机械能的减少量较小,故D正确。【加固训练】如图是建筑工地上常用的一种“深穴打夯机”示意图,电动机带动两个滚轮匀速转动将夯杆从深坑提上来,当夯杆底端刚到达坑口时,两个滚轮彼此分开,将夯杆释放,夯杆在自身重力作用下,落回深坑,夯实坑底,然后两个滚轮再将夯杆压紧,夯杆被提上来,如此周而复始(夯杆被滚轮提升过程中,经历匀加速和匀速运动过程)。已知两个滚轮边缘的线速度恒为v,夯杆质量为m,则下列说法正确的是()A.夯

14、杆被提上来的过程中滚轮先对它施加向上的滑动摩擦力,后不对它施力B.增加滚轮匀速转动的角速度或增加滚轮对杆的正压力可减小提杆的时间C.滚轮对夯杆做的功等于夯杆动能的增量D.一次提杆过程系统共产生热量 mv2【解析】选B。夯杆被提上来的过程中,先受到滑动摩擦力,然后受静摩擦力,故A错误;增加滚轮匀速转动的角速度时夯杆获得的最大速度增大,可减小提杆的时间,增加滚轮对杆的正压力,夯杆受到的滑动摩擦力增大,匀加速运动的加速度增大,可减小提杆的时间,故B正确;根据功能关系可知,滚轮对夯杆做的功等于夯杆动能、重力势能的增量之和,故C错误;设匀加速直线运动过程,夯杆受到的滑动摩擦力大小为Ff,加速度为a,质量

15、为m,匀加速运动的时间为t,则相对位移大小为x=vt- ,t= ,解得x= ,摩擦产生的热量Q=Ffx,根据牛顿第二定律得Ff-mg=ma,联立解得 ,故D错误。考点3能量守恒定律的综合应用 【典题探究】 【典例3】(2016全国卷)轻质弹簧原长为2l,将弹簧竖直放置在地面上,在其顶端将一质量为5m的物体由静止释放,当弹簧被压缩到最短时,弹簧长度为l。现将该弹簧水平放置,一端固定在A点,另一端与物块P接触但不连接。AB是长度为5l的水平轨道,B端与半径为l的光滑半圆轨道BCD相切,半圆的直径BD竖直,如图所示。物块P与AB间的动摩擦因数=0.5。用外力推动物块P,将弹簧压缩至长度l,然后放开,

16、P开始沿轨道运动。重力加速度大小为g。世纪金榜导学号04450118(1)若P的质量为m,求P到达B点时速度的大小,以及它离开圆轨道后落回到AB上的位置与B点间的距离。(2)若P能滑上圆轨道,且仍能沿圆轨道滑下,求P的质量的取值范围。【解析】(1)依题意,当弹簧竖直放置,长度被压缩至l时,质量为5m的物体的动能为零,其重力势能转化为弹簧的弹性势能。由机械能守恒定律可知,弹簧长度为l时的弹性势能为Ep=5mgl设P到达B点时的速度大小为vB,由能量守恒定律得Ep= +Mg4l联立式,取M=m并代入题给数据得vB= 若P能沿圆轨道运动到D点,其到达D点时的向心力不能小于重力,即P此时的速度大小v应

17、满足 - mg0设P滑到D点时的速度为vD。由机械能守恒定律得 +mg2l联立式得vD= vD满足式要求,故P能运动到D点,并从D点以速度vD水平射出。设P落回到轨道AB所需的时间为t,由运动学公式得2l= gt2P落回到AB上的位置与B点之间的距离为s=vDt联立式得s=2 l(2)为使P能滑上圆轨道,它到达B点时的速度不能小于零。由式可知5mgl Mg4l要使P仍能沿圆轨道滑回,P在圆轨道上的上升高度不能超过半圆轨道的中点C。由机械能守恒定律有 Mgl 联立 式得 mM m答案:(1) 2 l(2) mMv1)滑上传送带,最终滑块又返回至传送带的右端。上述过程,下列判断正确的有()A.滑块

18、返回传送带右端的速率为v1B.此过程中传送带对滑块做功为 C.此过程中电动机对传送带做功为 D.此过程中滑块与传送带间摩擦产生的热量为 m(v1+v2)2【解析】选A、D。由于传送带足够长,滑块受向右的摩擦力,减速向左滑行,至速度为0,之后,再加速向右滑行,由于v1v2,物体会先在滑动摩擦力的作用下加速,当速度增大到等于传送带速度时,物体还在传送带上,之后不受摩擦力,故物体与传送带一起向右匀速运动,有v2=v1,故A正确;此过程中只有传送带对滑块做功,根据动能定理W=Ek得,W=Ek= ,故B错误;设滑块向左运动的时间为t1,位移为x1,则x1= t1,摩擦力对滑块做功W1=Ffx1=Ff t

19、1,又摩擦力做功等于滑块动能的减小,即W1= ,该过程中传送带的位移x2=v1t1,摩擦力对传送带做功W2=Ffx2=Ffv1t1=Ffv1 =2Ffx1 ,解以上各式得W2=mv1v2,设滑块向右匀加速运动的时间为t2,位移为x3,则x3= t2,摩擦力对滑块做功W3=Ffx3= ,该过程中传送带的位移x4=v1t2=2x3,滑块相对传送带的总位移x相=x1+x2+x4-x3=x1+x2+x3,滑动摩擦力对系统做功W总=Ffx相=W1+W2 +W3= m(v1+v2)2,滑块与传送带间摩擦产生的热量大小等于通过滑动摩擦力对系统做功,Q=W总=Ffx相= m(v1+v2)2,故D正确;全过程中

20、,电动机对皮带做的功与滑块动能的减小量之和等于滑块与传送带间摩擦产生的热量,即Q=W+ ,解得W=Q- = +mv1v2,故C错误。2.(多选)(2018漳州模拟)如图,倾斜传送带以v=2 m/s的速度匀速顺时针运动,倾角=37。A、B两轮之间的轴距l=5 m,一质量为m=1 kg的物块以初速度v0=8 m/s沿传送带运动方向冲上B轮,物块与带面之间的动摩擦因数为=0.5,g取10 m/s2,以下结论正确的是()A.摩擦力对物块始终做负功B.物块与传送带共速所需时间为0.6 sC.物块在传送带上升的最大距离为3.2 mD.物块在传送带上运动时产生的热量为43.2 J【解析】选B、D。开始阶段,

21、物块所受的滑动摩擦力沿传送带向下,根据牛顿第二定律得,mgsin 37+mgcos 37=ma,代入数据得a=10 m/s2,当物块的速度减至与皮带速度相等所需时间为t1= s= 0.6 s,此过程物块通过的位移为x1= m =3 mmgcos 37,所以物块与传送带共速后物块所受的滑动摩擦力沿传送带向上,物块继续向上做匀减速直线运动,因此,摩擦力对物块先做正功后做负功,故A错误,B正确;共速后,由牛顿第二定律得,mgsin 37-mgcos 37=ma,代入数据解得a=2 m/s2,当速度从v减至零时,物块的位移为x2= = m=1 m,所以物块在传送带上升的最大距离为 x=x1+x2=4

22、m,故C错误;物块速度减至零后沿传送带下滑,对下滑过程,由牛顿第二定律得,mgsin 37-mgcos37=ma,代入数据解得a=2 m/s2,设物块下滑的时间为t3,由x1+x2= 得t3=2 s,在上行过程中,物块速度从v减至零的时间为t2= s=1 s,所以物块在传送带上运动时产生的热量为Q=mgcos 37(x1-vt1)+(vt2-x2)+(vt3+x1+x2),代入数据解得,Q=43.2 J,故D正确。【加固训练】如图所示,水平传送带长L=12 m,且以v=5 m/s的恒定速率顺时针转动,光滑轨道与传送带的右端B点平滑连接,有一质量m=2 kg的物块从距传送带高h=5 m的A点由静

23、止开始滑下。已知物块与传送带之间的动摩擦因数=0.5,重力加速度g取10 m/s2,求:(1)物块距传送带左端C的最小距离。(2)物块再次经过B点后滑上曲面的最大高度。(3)在整个运动过程中,物块与传送带间因摩擦而产生的热量。【解析】(1)物块从A到B的过程中,由动能定理得:mgh= 解得:vB=10 m/s物块在传送带上向左运动的过程中,由牛顿第二定律得:mg=ma解得:a=5 m/s2由运动学公式得:0- =-2ax1解得:x1=10 m且t1= =2 s物块距传送带左端C的最小距离:dmin=L-x1=2 m(2)物块在传送带上向右运动的过程中,由牛顿第二定律得:mg=ma解得:a=5 m/s2物块到达与传送带共速的时间:t2= =1 sx2= =2.5 m10 m此后物块随传送带向右匀速运动,经过B点时的速度v=5 m/s物块经过B点后滑上曲面的过程中,由动能定理得:-mghm=0- mv2解得:hm=1.25 m(3)物块在传送带上向左运动的过程中,相对位移:x1=x1+vt1=20 m此过程中产生的热量:Q1=mgx1=200 J物块在传送带上向右运动的过程中,相对位移:x2=vt2-x2=2.5 m此过程中产生的热量:Q2=mgx2=25 J全程产生的热量:Q热=Q1+Q2=225 J答案:(1)2 m(2)1.25 m(3)225 J【经典案例