新高考物理三轮冲刺知识讲练与题型归纳专题12 功能关系能量守恒（含解析）

专题12功能关系能量守恒[题型导航]题型一功能关系的理解 1题型二摩擦力做功与能量转化 4题型三能量守恒定律的理解和应用 7题型四传送带模型中的动力学和能量转化问题 10[考点分析]题型一功能关系的理解 几种常见的功能关系及其表达式力做功能的变化定量关系合力的功动能变化W＝Ek2－Ek1＝ΔEk重力的功重力势能变化(1)重力做正功，重力势能减少(2)重力做负功，重力势能增加(3)WG＝－ΔEp＝Ep1－Ep2弹簧弹力的功弹性势能变化(1)弹力做正功，弹性势能减少(2)弹力做负功，弹性势能增加(3)WF＝－ΔEp＝Ep1－Ep2只有重力、弹簧弹力做功机械能不变化机械能守恒ΔE＝0除重力和弹簧弹力之外的其他力做的功机械能变化(1)其他力做多少正功，物体的机械能就增加多少(2)其他力做多少负功，物体的机械能就减少多少(3)W其他＝ΔE一对相互作用的滑动摩擦力的总功机械能减少内能增加(1)作用于系统的一对滑动摩擦力一定做负功，系统内能增加(2)摩擦生热Q＝Ff·x相对（多选）如图，在升降机内固定一光滑的斜面体，一轻弹簧的一端连在位于斜面体上方的固定木板B上，另一端与质量为m的物块A相连，弹簧与斜面平行。整个系统由静止开始加速上升高度h的过程中（）A．物块A与斜面始终相对静止 B．物块A的重力势能增加量小于mgh C．物块A的动能增加量等于斜面的支持力和弹簧的拉力对其做功的代数和 D．物块A的机械能增加量等于斜面的支持力和弹簧的拉力对其做功的代数和【解答】解：AB、物块A开始受重力、支持力、弹簧的弹力处于平衡状态；系统加速上升时，物块A具有向上的加速度，A所受合力向上，弹簧弹力和支持力在竖直方向上的分力大于重力，所以弹簧的弹力增大，物体A相对于斜面向下运动，物块A与斜面不能始终保持静止；物体A上升的高度小于h，所以重力势能的增加量小于mgh，故A错误，B正确；C、由动能定理可知，物块A的动能增加量等于斜面的支持力和弹簧的拉力以及找回来对其做功的代数和，故C错误；D、重力做功不改变物块的机械能，由功能关系可知，物块A的机械能增加量等于斜面的支持力和弹簧的拉力对其做功的代数和，故D正确。故选：BD。如图所示，物体A的质量为m，置于水平地面上，A的上端连一轻弹簧，原长为L，劲度系数为k，现将弹簧上端B缓慢地竖直向上提起，使B点上移距离为L，此时物体A也已经离开地面，则下列论述中正确的是（）A．提弹簧的力对系统做功为mgL B．物体A的重力势能增加mgL C．系统增加的机械能小于mgL D．以上说法都不正确【解答】解：A、将弹簧上端B缓慢地竖直向上提起，由于开始时有支持力，故拉力先小于mg，物体离地后等于mg；拉力的位移为L，故提弹簧的力对系统做功小于mgL；故A错误；B、提弹簧的力对系统做功小于mgL，弹簧的弹性势能也要增加，故物体的重力势能的增加量小于mgL，故B错误；C、提弹簧的力对系统做功等于系统增加的机械能，由于拉力做的功小于mgL，故系统增加的机械能小于mgL，故C正确；D、由于C正确，故D错误；故选：C。（多选）如图，一固定斜面倾角为30°，一质量为m的小物块自斜面底端以一定的初速度，沿斜面向上做匀减速运动，加速度的大小等于重力加速度的大小g．若物块上升的最大高度为H，则此过程中，物块（）A．动能损失了2mgH B．重力做功mgH C．摩擦力做功mgH D．机械能损失了mgH【解答】解：A、物块上滑的位移为s＝2H．已知物体上滑的加速度大小为g，由动能定理得：动能的损失等于物体克服合外力做功，为：△Ek＝W合＝F合•s＝﹣mg•2H＝﹣2mgH，即动能损失了2mgH，故A正确。B、物块上升时重力做负功，则重力做功为﹣mgH．故B错误。CD、设摩擦力的大小为f，根据牛顿第二定律得：mgsin30°+f＝ma＝mg，得：f＝0.5mg，则物块克服摩擦力做功为Wf＝f•2H＝0.5mg•2H＝mgH，根据功能关系可知机械能损失了mgH．故C错误，D正确。故选：AD。题型二摩擦力做功与能量转化1．静摩擦力做功的特点(1)静摩擦力可以做正功，也可以做负功，还可以不做功．(2)相互作用的一对静摩擦力做功的代数和总等于零．(3)静摩擦力做功时，只有机械能的相互转移，不会转化为内能．2．滑动摩擦力做功的特点(1)滑动摩擦力可以做正功，也可以做负功，还可以不做功．(2)相互间存在滑动摩擦力的系统内，一对滑动摩擦力做功将产生两种可能效果：①机械能全部转化为内能；②有一部分机械能在相互摩擦的物体间转移，另外一部分转化为内能．(3)摩擦生热的计算：Q＝Ffx相对．其中x相对为相互摩擦的两个物体间的相对位移．深化拓展从功的角度看，一对滑动摩擦力对系统做的功等于系统内能的增加量；从能量的角度看，其他形式能量的减少量等于系统内能的增加量．如图所示，足够长的传送带以恒定速率顺时针运行。将一个物体轻轻放在传送带底端，第一阶段物体被加速到与传送带具有相同的速度，第二阶段与传送带相对静止，匀速运动到达传送带顶端。下列说法中正确的是（）A．第一阶段物体受到滑动摩擦力作用，第二阶段物体不受摩擦力作用 B．第一阶段摩擦力对物体做正功，第二阶段摩擦力对物体不做功 C．第一阶段摩擦力对物体做的功等于第一阶段物体动能的增加 D．物体从底端到顶端全过程机械能的增加等于全过程摩擦力对物体做的功【解答】解：A、第一阶段物体受到滑动摩擦力作用，第二阶段物体与传送带相对静止，受静摩擦力作用，故A错误；B、匀加速运动阶段，f滑＞mgsinθ，且f滑的方向沿传送带向上，与物体的位移方向相同，故第一阶段摩擦力对物体做正功；匀速运动阶段，f静＝mgsinθ，且f静的方向沿传送带向上，与物体的位移方向也相同；故第二阶段摩擦力对物体亦做正功。故B错误。C、匀加速运动阶段，由动能定理得：Wf+WG＝△EK，因为WG≠0，所以Wf≠△EK，故C错误；D、由机械能的变化规律可知，物体机械能的增加量等于除重力（弹力）之外的其它力对物体所做的功；其它力做正功，则物体的机械能增加；其它力做负功，则物体的机械能减少；题中除重力之外的其它力只有传送带对物体的摩擦力在对物体做功，则物体从底端到顶端全过程机械能的增加等于全过程摩擦力对物体所做的功；故D正确故选：D。如图所示，在匀速转动的电动机带动下，足够长的水平传送带以恒定速率V1匀速向右运动。一质量为m的滑块从传送带右端以水平向左的速率V2（V2＞V1）滑上传送带，最终滑块又返回至传送带的右端。就上述过程，下列判断正确的有（）A．此过程中滑块与传送带间摩擦产生的热量为12B．此过程中传送带对滑块做功为12C．滑块返回传送带右端时的速率为V2 D．此过程中电动机做功为2m【解答】解：C、由于传送带足够长，物体减速向左滑行，直到速度减为零，然后物体会在滑动摩擦力的作用下向右加速，由于v1＜v2，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v′2＝v1；故C错误；B、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=12mv12−12A、设滑块向左运动的时间t1，位移为x1，则：x1=v2摩擦力对滑块做功：W1＝fx1＝fv22t1又摩擦力做功等于滑块动能的减小，即：W1=12mv22该过程中传送带的位移：x2＝v1t1摩擦力对滑块做功：W2＝fx2＝fv1t1＝fv12x1v将①②代入③得：W2＝mv1v2设滑块向右运动的时间t2，位移为x3，则：x3=v1摩擦力对滑块做功：W3＝fx3=12mv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＝fx相对＝W1+W2+W3=12m（v1+v2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＝f•x相=12m（v1+v2）D、全过程中，电动机对皮带做的功与滑块动能的减小量等于滑块与传送带间摩擦产生的热量，即Q＝W+12mv22−1整理得：W＝Q−12mv22+12mv12＝mv12+mv故选：A。如图所示，在光滑水平地面上放置质量M＝2kg的长木板，木板上表面与固定的竖直弧形轨道相切．一质量m＝1kg的小滑块自A点沿弧面由静止滑下，A点距离长木板上表面高度h＝0.6m．滑块在木板上滑行t＝1s后，和木板以共同速度v＝1m/s匀速运动，取g＝10m/s2．求：（1）滑块与木板间的摩擦力．（2）滑块沿弧面下滑过程中克服摩擦力做的功．（3）滑块相对木板滑行的距离及在木板上产生的热量．【解答】解：（1）根据匀变速直线运动的速度时间公式得木板的加速度为：a=vt=以木板为研究对象，根据牛顿第二定律得，滑块与木板间的摩擦力为：f＝Ma＝2N．（2）取向右为正方向，根据动量守恒定律得：mv0＝（M+m）v解得：v0=(M+m)v滑块沿弧面下滑的过程，根据动能定理得：mgh﹣Wf=12mv02代入数据解得：Wf＝1.5J．（3）根据能量守恒定律得：f△x=12mv02−解得滑块相对木板滑行的距离为：△x＝1.5m．产生的热量为：Q＝f△x＝2×1.5J＝3J答：（1）滑块与木板间的摩擦力为2N．（2）滑块沿弧面下滑过程中克服摩擦力做的功为1.5J．（3）滑块相对木板滑行的距离为1.5m，在木板上产生的热量是3J．题型三能量守恒定律的理解和应用1．内容能量既不会凭空产生，也不会凭空消失，它只能从一种形式转化为另一种形式，或者从一个物体转移到别的物体，在转化或转移的过程中，能量的总量保持不变．2．表达式ΔE减＝ΔE增．3．基本思路(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．如图所示，长木板A放在光滑的水平地面上，物体B以水平速度冲上A后，由于摩擦力作用，最后停止在木板A上，则从B冲到木板A上到相对板A静止的过程中，下述说法中正确的是（）A．物体B动能的减少量等于系统损失的机械能 B．物体B克服摩擦力做的功等于系统内能的增加量 C．物体B损失的机械能等于木板A获得的动能与系统损失的机械能之和 D．摩擦力对物体B做的功和对木板A做的功的总和等于零【解答】解：A、物体B以水平速度冲上A后，由于摩擦力作用，B减速运动，A加速运动，根据能量守恒定律，物体B动能的减少量等于A增加的动能和产生的热量之和，选项A错误；B、根据动能定理，物体B克服摩擦力做的功等于B损失的动能，选项B错误；C、由能量守恒定律可知，物体B损失的机械能等于木板A获得的动能与系统损失的机械能之和，选项C正确；D、摩擦力对物体B做的功等于B动能的减少，摩擦力对木板A做的功等于A动能的增加，由能量守恒定律，摩擦力对物体B做的功和对木板A做的功的总和等于系统内能的增加量机械能，选项D错误。故选：C。如图所示，一物体质量m＝2kg，在倾角为θ＝37°的斜面上的A点以初速度v0＝3m/s下滑，A点距弹簧上端B的距离AB＝4m。当物体到达B后将弹簧压缩到C点，最大压缩量BC＝0.2m，然后物体又被弹簧弹上去，弹到的最高位置为D点，D点距A点AD＝3m。挡板及弹簧质量不计，g取10m/s2，sin37°＝0.6，求：（1）物体与斜面间的动摩擦因数μ。（2）弹簧的最大弹性势能Epm。【解答】解：（1）物体在D点与A点比较，动能减少E重力势能减少EP少＝mglADsin37°＝2×10×3×0.6J＝36J机械能减小E少＝Ek少+EP少＝9+36J＝45J机械能的减少量全部用来克服摩擦力做功，即W代入数据解得：μ≈0.52（2）由A到C的过程，动能减少E重力势能减少E克服摩擦力做功W由能量守恒得：E答：（1）物体与斜面间的动摩擦因数μ是0.52。（2）弹簧的最大弹性势能Epm是24.4J。如图1所示为某种弹射小球的游戏装置，水平面上固定一轻质弹簧及长度可调节的竖直管AB．细管下端接有一小段长度不计的圆滑弯管，上端B与四分之一圆弧弯管BC相接，每次弹射前，推动小球将弹簧压缩到同一位置后锁定．解除锁定，小球即被弹簧弹出，水平射进细管的A端，再沿管ABC从C端水平射出．已知弯管BC的半径R＝0.3m，小球的质量为m＝50g，每次弹射时弹簧对小球所做的功W＝0.6J．不计小球运动中机械能损失，取8=2.8，重力加速度g取10m/s2（1）当L＝0.5m时，求小球到达管口C处时的速度大小；（2）当L＝0.5m时，小球落到水平面上的位置与竖直管AB间距离；（3）调节L时，小球到达管口C时管壁对球的作用力FN也相应变化，考虑到游戏装置的实际情况，L不能小于0.15m，请在如图2的坐标纸上作出FN随长度L变化的关系图线．（取管壁对球的作用力FN方向向上为正，并要求在横、纵轴上标上必要的刻度值）【解答】解：（1）当L＝0.5m时，由机械能守恒得：W＝mg（L+R）+12mv解得：vC＝2.8m/s；（2）小球做平抛运动的水平射程x，故：x＝vCt小球做平抛运动的时间t：（L+R）=12小球落到水平面上的位置与竖直管AB间的距离x′＝x+0.3＝1.42m（3）小球在C点处的向心力：mg﹣FN＝mv为使小球能到达C处，须满足：W﹣mg（L+R）≥0L≤0.9m所以FN=103L−52（0.15mFN随长度L变化的关系图线如上图所示；答：（1）当L＝0.5m时，小球到达管口C处时的速度大小是2.8m/s；（2）当L＝0.5m时，小球落到水平面上的位置与竖直管AB间的距离是1.42m；（3）FN随长度L变化的关系图线如图所示．题型四传送带模型中的动力学和能量转化问题1．传送带模型是高中物理中比较成熟的模型，典型的有水平和倾斜两种情况．一般设问的角度有两个：(1)动力学角度：首先要正确分析物体的运动过程，做好受力分析，然后利用运动学公式结合牛顿第二定律求物体及传送带在相应时间内的位移，找出物体和传送带之间的位移关系．(2)能量角度：求传送带对物体所做的功、物体和传送带由于相对滑动而产生的热量、因放上物体而使电动机多消耗的电能等，常依据功能关系或能量守恒定律求解．2．传送带模型问题中的功能关系分析(1)功能关系分析：W＝ΔEk＋ΔEp＋Q.(2)对W和Q的理解：①传送带做的功：W＝Fx传；②产生的内能Q＝Ffx相对．传送带模型问题的分析流程如图所示，一足够长的绷紧的传送带与水平面的夹角θ＝30°，传送带在电动机的带动下，始终保持v0＝2m/s的速率运行，现把一质量为m＝10kg的工件（可看做质点）轻轻放在传送带的底端，工作和传送带之间μ=32，取g＝10m/s（1）经1.9s的时间，工件被传送的高度；（2）在1.9s内产生的热量Q；（3）在这1.9s内，电动机由于传送工件多消耗的电能。【解答】解：（1）工作开始阶段做匀加速直线运动，由牛顿第二定律，得μmgcosθ﹣mgsinθ＝ma，得：a＝μgcosθ﹣gsinθ＝2.5m/s2，加速至速度与传送带相同时通过的位移x1所用时间t1接下来的1.1s内工件做匀速直线运动，通过的位移为x2＝v0t2＝2.2m故工件上升的高度h＝（x1+x2）sin30°＝1.5m（2）在时间t1内，皮带运动的位移为：x2＝v0t1＝1.6m工件相对皮带的位移为△x＝x2﹣x1＝0.8m在时间t1内，皮带与工件的摩擦生热为Q＝μmgcosθ•△x＝60J（3）工件获得的动能为E工件增加的势能为EP＝mgh＝150J电动机多消耗的电能为W＝Q+Ek+EP＝230J。答：（1）工件被传送1.5m高。（2）产生热量Q为60J。（3）电动机因为传送工件多消耗的电能是230J。如图所示，一质量为m＝1kg的可视为质点的滑块，放在光滑的水平平台上，平台的左端与水平传送带相接，传送带以v＝2m/s的速度沿顺时针方向匀速转动（传送带不打滑），现将滑块缓慢向右压缩轻弹簧，轻弹簧的原长小于平台的长度，滑块静止时弹簧的弹性势能为EP＝4.5J，若突然释放滑块，滑块向左滑上传送带．已知滑块与传送带的动摩擦因数为μ＝0.2，传送带足够长，g＝10m/s2．求：（1）滑块第一次从滑上传送带到离开传送带所经历的时间；（2）滑块第一次从滑上传送带到离开传送带由于摩擦产生的热量．【解答】解：（1）设滑块刚滑上传送带时的速度为v0，对于弹簧释放过程，根据滑块与弹簧组成的机械能守恒得：EP=得v0=2滑块滑上传送带后，向左做匀减速运动，设匀减速运动至速度为零的时间为t1．匀减速运动的加速度大小为a=μmgm则t1=v此过程中，传送带的位移为x1＝vt1＝2×1.5m＝3m，滑块的位移为x2=v滑块相对于传送带的位移大小△x1＝x1+x2＝5.25m；设滑块向右加速至速度相同所用时间为t2，匀加速运动的加速度大小仍为a，则得：t2=v此过程中，传送带的位移为x3＝vt2＝2×1m＝2m，滑块的位移为x4=v滑块相对于传送带的位移大小△x2＝x3﹣x4＝1m；滑块向右匀速直线运动的时间为t3=x所以滑块第一次从滑上传送带到离开传送带所经历的时间t＝t1+t2+t3＝1.5s+1s+0.625s＝3.125s．（2）滑块第一次从滑上传送带到离开传送带由于摩擦产生的热量Q＝f△x1+f△x2＝μmg（△x1+△x2）＝0.2×1×10×（5.25+1）J＝12.5J答：（1）滑块第一次从滑上传送带到离开传送带所经历的时间是3.125s；（2）滑块第一次从滑上传送带到离开传送带由于摩擦产生的热量是12.5J．如图甲所示，足够长的光滑平台与一倾斜传送带平滑相接，传送带与水平面的夹角为37°，以v＝2.0m/s的速度沿顺时针方向转动。平台上质量为m2＝1kg的小物块B固定有水平轻弹簧，质量为m1＝3kg的小物块A以初速度v0沿A、B连线向左运动。弹簧与A作用的过程中，弹簧始终位于弹性限度内，且不与A粘连。当弹簧第一次恢复原长后B与其左侧的固定挡板C相碰，不计B与C碰撞过程中的机械能损失，碰后立即将C撤走，弹簧第二次恢复原长后，A滑上传送带，以A滑上传送带时作为计时起点，A的速度﹣时间图像如图乙所示。已知2.0s后传送带开始以8m/s2的加速度做匀加速运动，重力加速度为g＝10m/s2。（sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）求：（1）物块A与传送带间动摩擦因数大小；（2）物块A初速度v0大小；（3）若挡板C位置可适当调整，且与B碰后立即撤走，则B与C碰后弹簧的性势能最大值Em的范围是多少？【解答】解：（1）由乙图可知，2.0s后物块A的加速度a=ΔvΔt=4.0−2.04.0−2.0对此时物块A受力分析，根据牛顿第二定律得μmgcos30°﹣mgsin30°＝ma解得：μ＝0.875；（2）A与弹簧接触到弹簧第一次恢复原长过程中，物块A、弹簧和物块B组成系统动量守恒、能量守恒，取向左为正方向，则有m1v0＝m1vA+m2vB12m1v02=12m1vA2+12联立解得：vA=12v0，vB=3物块B与挡板C碰后至弹簧第二次恢复原长过程，物块A、弹簧和物块B组成系统动量守恒、能量守恒，取向左为正方向，则有m1vA+m2（﹣vB）＝m1v'A+m2v'B12m1vA2+12m2vB2=12m1v'A2+联立解得：v'A=−12v由图乙可知12v0解得：v0＝4m/s；（3）物块A与弹簧接触到B与C碰前瞬间，取向左为正方向，由动量守恒定律得m1v0＝m1vA+m2vBB与C碰后至弹簧弹性势能最大过程，取向左为正方向，由动量守恒定律得m1vA+m2（﹣vB）＝（m1+m2）v'全过程，由能量守恒定律得Em=12m1v02−12（m1联立解得：Em=−(6−由（2）结论可知：vB=32v0，即0＜v弹簧的弹性势能最大值Em的范围6J＜Em＜24J。答：（1）物块A与传送带间动摩擦因数大小为0.875；（2）物块A初速度v0大小为4m/s；（3）若挡板C位置可适当调整，且与B碰后立即撤走，则B与C碰后弹簧的弹性势能最大值Em的范围是6J＜Em＜24J。传送带两端AB距离L＝31m，以v＝5m/s速度匀速运行，现将质量m＝0.2kg相同工件以v0＝1m/s速度沿水平方向一个接一个投放到传送带的A端，工件初速度方向与传送带运动方向相同，投放工件的时间间隔恒定。若一个工件从A端运动到B端所用时间为t＝7s。g＝10m/s2．求：（1）工件与传送带之间的动摩擦因数μ；（2）若原来每一时刻在传送带上总能看到14个工件，现当一个工件刚投射到A端的瞬间，传送带以a＝1m/s2的加速度开始加速。与不运送任何工件时相比，上述传送带刚开始加速的短时间内，电动机要给传送带增加多大的动力。（不计传送带自身加速所需的外力）【解答】解：设工件在传送带上加速时间与匀速运动的时间分别为t1和t2，则有：t1+t2＝7s匀加速过程的位移为：x1匀速过程的位移为：x2＝vt2又有：x1+x2＝L联立以上各式代入数据得：t1＝2st2＝5s设工件加速过程的加速度为a，则由牛顿第二定律有：μmg＝ma由速度时间关系有：v＝v0+at1代入数据可得：μ＝0.2（2）投放工件得时间间隔为△t=7s加速时间2s，匀速时间为5s意味着每个时刻有4个工件在加速，10个工件在匀速，传送带加速的加速度为a＜μg，所以当传送带加速时，有4个工件与传送带之间相对滑动，10个工件与传送带之间的相对静止，相对滑动的工件受到摩擦力f1＝μ