高中物理 5.4功能關(guān)系 能量守恒定律課件 教科版

第4講功能關(guān)系能量守恒定律考點(diǎn)1功能關(guān)系1.功和能(1)功是_________的量度，即做了多少功就有多少_____發(fā)生了轉(zhuǎn)化.(2)做功的過程一定伴隨著___________，而且___________必須通過做功來實(shí)現(xiàn).能量轉(zhuǎn)化能量的轉(zhuǎn)化能量的轉(zhuǎn)化能量2.常見的幾種功能對(duì)應(yīng)關(guān)系(1)合外力做功等于物體動(dòng)能的改變，即W合=Ek2-Ek1=ΔEk.(動(dòng)能定理)(2)重力做功等于物體重力勢(shì)能的改變，即WG=Ep1-Ep2=-ΔEp.(3)彈簧彈力做功等于彈性勢(shì)能的改變，即WF=Ep1-Ep2=-ΔEp.(4)除了重力和彈簧彈力之外的其他力所做的總功，等于物體機(jī)械能的改變，即W其他力=E2-E1=ΔE.(功能原理)1.動(dòng)能的改變量、機(jī)械能的改變量分別與對(duì)應(yīng)的功相等.2.重力勢(shì)能、彈性勢(shì)能、電勢(shì)能的改變量與對(duì)應(yīng)的力做的功數(shù)值相等，但符號(hào)相反.3.摩擦力做功的特點(diǎn)及其與能量的關(guān)系類別靜摩擦力滑動(dòng)摩擦力不同點(diǎn)相同點(diǎn)比較能量的轉(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(duì)摩擦力的總功方面一對(duì)靜摩擦力所做功的代數(shù)總和等于零一對(duì)滑動(dòng)摩擦力所做功的代數(shù)和不為零，總功W=-f?l相對(duì)，即摩擦?xí)r產(chǎn)生的熱量正功、負(fù)功、不做功方面兩種摩擦力對(duì)物體可以做正功、負(fù)功，還可以不做功質(zhì)量為m的滑塊，沿高為h，長(zhǎng)為L(zhǎng)的粗糙斜面勻速下滑，在滑塊從斜面頂端滑到底端的過程中，下列說法中正確的是()A.滑塊的機(jī)械能減少了mghB.重力對(duì)滑塊所做的功等于mghC.滑塊勢(shì)能的變化量等于mghD.滑塊動(dòng)能的變化量等于mgh【解析】選A、B.滑塊勻速下滑時(shí)，滑動(dòng)摩擦力f=mgsinθ=

故下滑過程中滑動(dòng)摩擦力做的功為-f·L=-mgh,機(jī)械能減少了mgh，A正確；重力做功為mgh，滑塊重力勢(shì)能的變化量為-mgh，故B正確，C錯(cuò)誤；滑塊勻速下滑，動(dòng)能不變，D錯(cuò)誤.考點(diǎn)2

能量守恒定律1.內(nèi)容:能量既不會(huì)憑空______，也不會(huì)憑空消失，它只能從一種形式______為另一種形式，或者從一個(gè)物體______到另一個(gè)物體，在___________的過程中其總量___________.2.表達(dá)式：ΔE減=______.產(chǎn)生轉(zhuǎn)化轉(zhuǎn)移轉(zhuǎn)化或轉(zhuǎn)移保持不變?chǔ)增1.對(duì)定律的兩點(diǎn)理解(1)某種形式的能減少，一定存在其他形式的能增加，且減少量和增加量一定相等；(2)某個(gè)物體的能量減少，一定存在其他物體的能量增加，且減少量和增加量一定相等.這也是我們列能量守恒定律方程式的兩條基本思路.2.應(yīng)用定律解題的步驟(1)分清有多少形式的能，如動(dòng)能、勢(shì)能(包括重力勢(shì)能、彈性勢(shì)能、電勢(shì)能)、內(nèi)能等發(fā)生變化.(2)明確哪種形式的能量增加，哪種形式的能量減少，并且列出減少的能量ΔE減和增加的能量ΔE增的表達(dá)式.(3)列出能量守恒關(guān)系式：ΔE減=ΔE增.如圖所示，質(zhì)量m=1kg、長(zhǎng)L=0.8m的均勻矩形薄板靜止在水平桌面上，其右端與桌子邊緣相平.板與桌面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ=0.4.現(xiàn)用F=5N的水平力向右推薄板，使它翻下桌子，力F做的功至少為(g取10m/s2)()A.1JB.1.6JC.2JD.4J【解析】選B.當(dāng)板向右平移=0.4m時(shí)，板即翻下桌子，若此時(shí)板速度為零，則力F做功最少，由能量守恒定律可得WF-μmg·=0，WF=μmgL=1.6J.故B正確.功能關(guān)系的應(yīng)用技巧【例證1】如圖所示，質(zhì)量為m的物體(可視為質(zhì)點(diǎn))以某一速度從A點(diǎn)沖上傾角為30°的固定斜面，其運(yùn)動(dòng)的加速度為此物體在斜面上上升的最大高度為h，則在這個(gè)過程中物體()A.重力勢(shì)能增加了B.重力勢(shì)能增加了mghC.動(dòng)能損失了mghD.機(jī)械能損失了【解題指南】解答本題應(yīng)從以下兩點(diǎn)重點(diǎn)把握：(1)由物體的加速度和牛頓第二定律確定摩擦阻力的大小和方向.(2)能量的變化與對(duì)應(yīng)力做功的關(guān)系.【自主解答】選B、D.設(shè)物體受到的摩擦阻力為f，由牛頓運(yùn)動(dòng)定律得f+mgsin30°=ma=解得f=重力勢(shì)能的變化由重力做功決定，故ΔEp=mgh.動(dòng)能的變化由合外力做功決定：(f+mg·sin30°)·x=ma·x機(jī)械能的變化由重力或系統(tǒng)內(nèi)彈力以外的其他力做功決定，故ΔE機(jī)械=f·x=故B、D正確，A、C錯(cuò)誤.【總結(jié)提升】功能關(guān)系的選用技巧(1)在應(yīng)用功能關(guān)系解決具體問題的過程中,若只涉及動(dòng)能的變化用動(dòng)能定理分析.(2)只涉及重力勢(shì)能的變化用重力做功與重力勢(shì)能變化的關(guān)系分析.(3)只涉及機(jī)械能變化用除重力和彈力之外的力做功與機(jī)械能變化的關(guān)系分析.(4)只涉及電勢(shì)能的變化用電場(chǎng)力做功與電勢(shì)能變化的關(guān)系分析.【變式訓(xùn)練】一個(gè)物體自斜面底端被彈出而沿斜面上滑，滑到最高處后又滑下來，回到斜面底端，在物體上滑和下滑過程中(斜面不光滑)()A.物體的加速度一樣大B.重力做功的平均功率一樣大C.動(dòng)能的變化值一樣大D.機(jī)械能的變化值一樣大【解析】選D.上滑和下滑時(shí)，摩擦力方向相反，故加速度不同，A錯(cuò)；下滑所用時(shí)間長(zhǎng)，重力做功又相同，故B錯(cuò)；合力做的功不同，上滑時(shí)動(dòng)能變化大，C錯(cuò)；往返兩過程中摩擦力都做負(fù)功且相同，機(jī)械能減小相同，D對(duì).【變式備選】如圖所示，一表面光滑的木板可繞固定的水平軸O轉(zhuǎn)動(dòng)，木板從水平位置OA轉(zhuǎn)到OB位置的過程中，木板上重為5N的物塊從靠近轉(zhuǎn)軸的位置由靜止開始滑到圖中虛線所示位置，在這一過程中，物塊的重力勢(shì)能減少了4J.則以下說法正確的是(取g=10m/s2)()A.物塊的豎直高度降低了0.8mB.由于木板轉(zhuǎn)動(dòng)，物塊下降的豎直高度必大于0.8mC.物塊獲得的動(dòng)能為4JD.由于木板轉(zhuǎn)動(dòng)，物塊的機(jī)械能必定增加【解析】選A.由重力勢(shì)能的表達(dá)式Ep=mgh,重力勢(shì)能減少了4J，而mg=5N,故h=0.8m,A項(xiàng)正確、B項(xiàng)錯(cuò)誤；木板轉(zhuǎn)動(dòng)，木板的支持力對(duì)物塊做負(fù)功，故物塊機(jī)械能不守恒，C、D項(xiàng)均錯(cuò)誤.利用能量守恒定律規(guī)范解題【例證2】(15分)如圖所示，一物體質(zhì)量m=2kg，在傾角為θ=37°的斜面上的A點(diǎn)以初速度v0=3m/s下滑，A點(diǎn)距彈簧上端B的距離AB=4m.當(dāng)物體到達(dá)B后將彈簧壓縮到C點(diǎn)，最大壓縮量BC=0.2m,然后物體又被彈簧彈上去，彈到的最高位置為D點(diǎn)，D點(diǎn)距A點(diǎn)AD=3m.擋板及彈簧質(zhì)量不計(jì)，g取10m/s2,sin37°=0.6,求：(1)物體與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ.(2)彈簧的最大彈性勢(shì)能Epm.【解題指南】解答本題時(shí)應(yīng)注意以下兩點(diǎn)：(1)摩擦力做負(fù)功，系統(tǒng)機(jī)械能不守恒.(2)彈性勢(shì)能最大時(shí)，彈簧壓縮量最大.【規(guī)范解答】(1)物體從開始位置A點(diǎn)到最后D點(diǎn)的過程中，彈性勢(shì)能沒有發(fā)生變化，動(dòng)能和重力勢(shì)能減少，機(jī)械能的減少量為ΔE=ΔEk+ΔEp=mv02+mglADsin37°①(2分)物體克服摩擦力產(chǎn)生的熱量為Q=fx②(2分)其中x為物體的路程，即x=5.4m③(1分)f=μmgcos37°④(1分)由能量守恒定律可得ΔE=Q⑤(2分)由①②③④⑤式解得μ=0.52.(1分)(2)由A到C的過程中，動(dòng)能減少ΔEk′=mv02⑥(1分)重力勢(shì)能減少ΔEp′=mglACsin37°⑦(1分)摩擦生熱Q=flAC=μmgcos37°lAC⑧(1分)由能量守恒定律得彈簧的最大彈性勢(shì)能為ΔEpm=ΔEk′+ΔEp′-Q⑨(2分)聯(lián)立⑥⑦⑧⑨解得ΔEpm=24.5J.(1分)答案：(1)0.52(2)24.5J【總結(jié)提升】涉及能量轉(zhuǎn)化問題的解題方法(1)當(dāng)涉及摩擦力做功，機(jī)械能不守恒時(shí)，一般應(yīng)用能的轉(zhuǎn)化和守恒定律.(2)解題時(shí)，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.【變式訓(xùn)練】如圖所示，水平面上的輕彈簧一端與物體相連，另一端固定在墻上P點(diǎn)，已知物體的質(zhì)量為m=2.0kg,物體與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.4,彈簧的勁度系數(shù)k=200N/m.現(xiàn)用力F拉物體，使彈簧從處于自然狀態(tài)的O點(diǎn)由靜止開始向左移動(dòng)10cm，這時(shí)彈簧具有彈性勢(shì)能Ep=1.0J,物體處于靜止?fàn)顟B(tài)，若取g=10m/s2,則撤去外力F后()A.物體向右滑動(dòng)的距離可以達(dá)到12.5cmB.物體向右滑動(dòng)的距離一定小于12.5cmC.物體回到O點(diǎn)時(shí)速度最大D.物體到達(dá)最右端時(shí)動(dòng)能為0，系統(tǒng)機(jī)械能不為0【解析】選B、D.物體向右滑動(dòng)時(shí)，kx-μmg=ma,當(dāng)a=0時(shí)速度達(dá)到最大，而此時(shí)彈簧的伸長(zhǎng)量物體沒有回到O點(diǎn)，故C錯(cuò)誤；因彈簧處于原長(zhǎng)時(shí)，Ep＞μmg·x=0.8J,故物體到O點(diǎn)后繼續(xù)向右運(yùn)動(dòng)，彈簧被壓縮，因有Ep=μmgxm+E′p，得故A錯(cuò)誤，B正確；因物體滑到最右端時(shí)，動(dòng)能為零，彈性勢(shì)能不為零，故系統(tǒng)的機(jī)械能不為零，D正確.相對(duì)滑動(dòng)物體的能量問題分析【例證3】如圖所示，AB為半徑R=0.8m的1/4光滑圓弧軌道，下端B恰與小車右端平滑對(duì)接.小車質(zhì)量M=3kg,車長(zhǎng)L=2.06m,車上表面距地面的高度h=0.2m,現(xiàn)有一質(zhì)量m=1kg的滑塊，由軌道頂端無初速釋放，滑到B端后沖上小車.已知地面光滑，滑塊與小車上表面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.3,當(dāng)車運(yùn)動(dòng)了1.5s時(shí)，車被地面裝置鎖定(g=10m/s2).試求：(1)滑塊到達(dá)B端時(shí)，軌道對(duì)它支持力的大?。?2)車被鎖定時(shí)，車右端距軌道B端的距離；(3)從車開始運(yùn)動(dòng)到被鎖定的過程中，滑塊與車面間由于摩擦而產(chǎn)生的內(nèi)能大小.【解題指南】解答本題應(yīng)注意以下兩點(diǎn)：(1)判斷車被鎖定時(shí)滑塊是否在小車上停止相對(duì)滑動(dòng).(2)判斷小車的運(yùn)動(dòng)規(guī)律.【自主解答】(1)由機(jī)械能守恒定律和牛頓第二定律得mgR=mvB2,NB-mg=則：NB=30N.(2)設(shè)m滑上小車后經(jīng)過時(shí)間t1與小車同速，共同速度大小為v對(duì)滑塊有:μmg=ma1,v=vB-a1t1對(duì)于小車：μmg=Ma2,v=a2t1解得：v=1m/s,t1=1s＜1.5s故滑塊與小車同速后，小車?yán)^續(xù)向左勻速行駛了0.5s，則小車右端距B端的距離為l車=t1+v(1.5s-t1)=1m.(3)Q=μmgl相對(duì)=答案：(1)30N(2)1m(3)6J【互動(dòng)探究】試判斷車被鎖定后，滑塊能否從車的左端滑出？若能滑出，試確定滑塊落點(diǎn)到車左端的水平距離？【解析】車被鎖定時(shí)，m相對(duì)車面已滑到了l相對(duì)=故此時(shí)滑塊離車的左端的距離為l=L-l相對(duì)=0.06m.假設(shè)滑塊能從車的左端滑出，速度為v′，則由mv2=mv′2+μmgl可得：v′=0.8m/s＞0，故滑塊能從車的左端滑出.又h=gt′2,x=v′t′可得：x=0.16m答案：能0.16m【總結(jié)提升】求解相對(duì)滑動(dòng)物體的能量問題的方法(1)正確分析物體的運(yùn)動(dòng)過程，做好受力情況分析.(2)利用運(yùn)動(dòng)學(xué)公式，結(jié)合牛頓第二定律分析物體的速度關(guān)系及位移關(guān)系.(3)公式Q=f·l相對(duì)中l(wèi)相對(duì)為兩接觸物體間的相對(duì)位移，若物體在傳送帶上往復(fù)運(yùn)動(dòng)時(shí)，則l相對(duì)為總的相對(duì)路程.【例證】如圖所示，用輕彈簧將質(zhì)量均為m=1kg的物塊A和B連接起來，將它們沿豎直方向固定在空中，彈簧處于原長(zhǎng)狀態(tài)，A距地面的高度h1=0.90m.同時(shí)釋放兩物塊，A與地面碰撞后速度立即變?yōu)榱悖捎贐壓縮彈簧后被反彈，使A剛好能離開地面(但不繼續(xù)上升).若將B物塊換為質(zhì)量為2m的物塊C(圖中未畫出)，仍將它與A固定在空中且彈簧處于原長(zhǎng)，從A距地面的高度為h2處同時(shí)釋放，C壓縮彈簧被反彈后，A也剛好能離開地面.已知彈簧的勁度系數(shù)k=100N/m，求h2.(取g=10m/s2)考查內(nèi)容與彈簧有關(guān)的能量問題【規(guī)范解答】設(shè)A物塊落地時(shí)，B物塊的速度為v1,則有

mv12=mgh1設(shè)A剛好離地時(shí)，彈簧的形變量為x，對(duì)A物塊有mg=kx從A落地后到A剛好離開地面的過程中，對(duì)于A、B及彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，則有mv12=mgx+ΔEp換成C后，設(shè)A落地時(shí)，C的速度為v2，則有

×2mv22=2mgh2從A落地后到A剛好離開地面的過程中，A、C及彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，則有×2mv22=2mgx+ΔEp聯(lián)立解得h2=0.5m.答案：0.5m傳送帶模型中的動(dòng)力學(xué)問題和功能關(guān)系問題傳送帶是應(yīng)用較廣泛的一種傳動(dòng)裝置，與生產(chǎn)、生活實(shí)際緊密相連，所涉及的問題能很好地培養(yǎng)提升學(xué)生分析綜合能力.下面從兩個(gè)角度對(duì)傳送帶模型進(jìn)行分析.

1.傳送帶上的動(dòng)力學(xué)問題解決此類問題的思路：

(1)明確研究對(duì)象.

(2)對(duì)研究對(duì)象進(jìn)行受力分析、過程分析和狀態(tài)分析，建立清晰的物理模型.

(3)利用牛頓運(yùn)動(dòng)定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律列方程求解.【典題例證】如圖所示，傳送帶與地面的傾角θ=37°，從A端到B端的長(zhǎng)度為16m，傳送帶以v=10m/s的速度沿逆時(shí)針方向轉(zhuǎn)動(dòng).在傳送帶上端A處無初速度地放置一個(gè)質(zhì)量為0.5kg的物體，它與傳送帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ=0.5，求物體從A端運(yùn)動(dòng)到B端所需的時(shí)間是多少？(sin37°=0.6,cos37°=0.8，g=10m/s2)【命題探究】本題主要考查傳送帶模型中的動(dòng)力學(xué)問題，重在對(duì)傳送帶上的物體進(jìn)行受力分析和過程分析.【深度剖析】當(dāng)物體放在A端到兩者速度相同的過程中．設(shè)物體的加速度為a1，由牛頓第二定律得：mgsinθ+μmgcosθ=ma1設(shè)物體速度從零增大到與傳送帶相同時(shí)所用時(shí)間為t1，運(yùn)動(dòng)位移為x,則v=a1t1x=

a1t12但由于mgsinθ>μmgcosθ，因而此時(shí)物體不是勻速運(yùn)動(dòng)而是繼續(xù)做加速運(yùn)動(dòng).設(shè)這個(gè)過程物體的加速度為a2，則由牛頓第二定律得mgsinθ-μmgcosθ=ma2其運(yùn)動(dòng)的位移為：L-x=vt2+

a2t22物體下滑的總時(shí)間為t=t1+t2聯(lián)立以上各式解得：t=2s

2.傳送帶上的功能關(guān)系問題【典題例證】如圖所示，繃緊的傳送帶與水平面的夾角θ=30°，皮帶在電動(dòng)機(jī)的帶動(dòng)下，始終保持v0=2m/s的速率運(yùn)行，現(xiàn)把一質(zhì)量為m=10kg的工件(可看做質(zhì)點(diǎn))輕輕放在皮帶的底端，經(jīng)過時(shí)間1.9s，工件被傳送到h=1.5m的高處，取g=10m/s2，求：(1)工件與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)；(2)電動(dòng)機(jī)由于傳送工件多消耗的電能.【命題探究】本題綜合考查了動(dòng)力學(xué)及能的轉(zhuǎn)化和守恒定律的應(yīng)用.第一問重點(diǎn)在對(duì)運(yùn)動(dòng)過程分析的基礎(chǔ)上的公式應(yīng)用，第二問是考查能量守恒問題.【深度剖析】(1)由圖可知，皮帶長(zhǎng)工件速度達(dá)v0前，做勻加速運(yùn)動(dòng)的位移勻速運(yùn)動(dòng)的位移為x-x1=v0(t-t1)解得加速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t1=0.8s，加速運(yùn)動(dòng)的位移x1=0.8m所以加速度由牛頓第二定律有：μmgcosθ-mgsinθ=ma解得(2)從能量守恒的觀點(diǎn)，顯然電動(dòng)機(jī)多消耗的電能用于增加工件的動(dòng)能、勢(shì)能以及克服傳送帶與工件之間發(fā)生相對(duì)位移時(shí)摩擦力做功發(fā)出的熱量.在時(shí)間t1內(nèi)，皮帶運(yùn)動(dòng)的位移x皮=v0t1=1.6m在時(shí)間t1內(nèi)，工件相對(duì)皮帶的位移x相=x皮-x1=0.8m在時(shí)間t1內(nèi)，摩擦發(fā)熱Q=μmgcosθx相=60J工件獲得的動(dòng)能Ek=

mv02=20J工件增加的勢(shì)能Ep=mgh=150J電動(dòng)機(jī)多消耗的電能W=Q+Ek+Ep=230J.1.如圖所示，在一個(gè)盛水的杯子里有一木塊.開始時(shí)木塊被一根細(xì)繩拴住而完全沒入水中，整個(gè)裝置與外界絕熱，斷開細(xì)繩，則木塊將浮到水面上，最后達(dá)到平衡，在這一過程中，水、杯子和木塊組成的系統(tǒng)()A.內(nèi)能增大B.內(nèi)能減小C.內(nèi)能不變D.條件不足，無法判斷【解析】選A.細(xì)繩斷后，木塊上升，同體積的水下移，系統(tǒng)重心下移，重力勢(shì)能減小，由能量守恒定律可知，水、杯子和木塊組成的系統(tǒng)內(nèi)能一定增大，A正確.2.物體在豎直方向上分別做了勻速上升、加速上升和減速上升三種運(yùn)動(dòng).在這三種情況下物體機(jī)械能的變化情況是()A.勻速上升機(jī)械能不變，加速上升機(jī)械能增加，減速上升機(jī)械能減小B.勻速上升和加速上升機(jī)械能增加，減速上升機(jī)械能減小C.勻速上升和加速上升機(jī)械能增加，減速上升機(jī)械能可能增加，可能減少，也可能不變D.三種情況中，物體的機(jī)械能均增加【解析】選C.無論物體向上加速還是勻速運(yùn)動(dòng)，除重力外，其他外力一定對(duì)物體做正功，物體機(jī)械能都增加，物體向上減速運(yùn)動(dòng)時(shí)，除重力外，物體受到的其他外力不確定，故無法確定其機(jī)械能的變化，C正確.3.滑塊靜止于光滑水平面上，與之相連的輕質(zhì)彈簧處于自然伸直狀態(tài)，現(xiàn)用恒定的水平外力F作用于彈簧右端，在向右移動(dòng)一段距離的過程中拉力F做了10J的功.在上述過程中()A.彈簧的彈性勢(shì)能增加了10JB.滑塊的動(dòng)能增加了10JC.滑塊和彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能增加了10JD.滑塊和彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒【解析】選C.拉力F做功的同時(shí)，彈簧伸長(zhǎng)，彈性勢(shì)能增大，滑塊向右加速，滑塊動(dòng)能增加，由功能關(guān)系可知，拉力做功等于滑塊的動(dòng)能與彈簧彈性勢(shì)能的增加量之和，