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功能关系能量守恒定律含答案
专题功能关系能量守恒定律
【考情分析】
1.知道功是能量转化的量度,掌握重力的功、弹力的功、合力的功与对应的能量转化关系。
2.知道自然界中的能量转化,理解能量守恒定律,并能用来分析有关问题。
【重点知识梳理】
知识点一对功能关系的理解及其应用
1.功能关系
(1)功是能量转化的量度,即做了多少功就有多少能量发生了转化。
(2)做功的过程一定伴随着能量的转化,而且能量的转化必须通过做功来实现。
2.做功对应变化的能量形式
(1)合外力对物体做的功等于物体的动能的变化。
(2)重力做功引起物体重力势能的变化。
(3)弹簧弹力做功引起弹性势能的变化。
(4)除重力和系统内弹力以外的力做的功等于物体机械能的变化。
知识点二能量守恒定律的理解及应用
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另一个物体,在转化或转移的过程中,能量的总量保持不变。
2.适用范围
能量守恒定律是贯穿物理学的基本规律,是各种自然现象中普遍适用的一条规律。
3.表达式
ΔE减=ΔE增,E初=E末。
【典型题分析】
高频考点一对功能关系的理解及其应用
【例1】(2019·全国Ⅱ卷)从地面竖直向上抛出一物体,其机械能E总等于动能Ek与重力势能Ep之和。
取地面为重力势能零点,该物体的E总和Ep随它离开地面的高度h的变化如图所示。
重力加速度取10m/s2。
由图中数据可得
A.物体的质量为2kg
B.h=0时,物体的速率为20m/s
C.h=2m时,物体的动能Ek=40J
D.从地面至h=4m,物体的动能减少100J
【答案】AD
【解析】A.Ep–h图像知其斜率为G,故G=
=20N,解得m=2kg,故A正确B.h=0时,Ep=0,Ek=E机–Ep=100J–0=100J,故
=100J,解得:
v=10m/s,故B错误;C.h=2m时,Ep=40J,Ek=E机–Ep=85J–40J=45J,故C错误;D.h=0时,Ek=E机–Ep=100J–0=100J,h=4m时,Ek′=E机–Ep=80J–80J=0J,故Ek–Ek′=100J,故D正确。
【举一反三】(2018·天津卷)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
【答案】C
【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;运动员所受滑动摩擦力大小等于运动员重力沿滑道向下的分力,随滑道与水平方向夹角的变化而变化,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。
【举一反三】(2018·全国卷Ⅰ)如图所示,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( )
A.2mgRB.4mgRC.5mgRD.6mgR
【答案】C
【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·3R-mgR=
mv
,又F=mg,解得vc=2
,小球离开c点后,在水平方向做初速度为零的匀加速直线运动,竖直方向在重力作用下做匀减速直线运动,由牛顿第二定律可知,小球离开c点后水平方向和竖直方向的加速度大小均为g,则由竖直方向的运动可知,小球从离开c点到其轨迹最高点所需的时间为t=
=2
,在水平方向的位移大小为x=
gt2=2R。
由以上分析可知,小球从a点开始运动到其轨迹最高点的过程中,水平方向的位移大小为5R,则小球机械能的增加量为ΔE=F·5R=5mgR,C正确,A、B、D错误。
【方法技巧】几种常见功能关系
几种常见力做功
对应的能量变化
数量关系式
重力
正功
重力势能减少
WG=-ΔEp
负功
重力势能增加
弹簧等的弹力
正功
弹性势能减少
W弹=-ΔEp
负功
弹性势能增加
电场力
正功
电势能减少
W电=-ΔEp
负功
电势能增加
合力
正功
动能增加
W合=ΔEk
负功
动能减少
重力以外的其他力
正功
机械能增加
W其=ΔE
负功
机械能减少
【变式探究】(2017·全国卷Ⅲ)如图所示,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( )
A.
mglB.
mglC.
mglD.
mgl
【答案】A
【解析】以均匀柔软细绳MQ段为研究对象,其质量为
m,取M点所在的水平面为零势能面,开始时,细绳MQ段的重力势能Ep1=-
mg·
=-
mgl,用外力将绳的下端Q缓慢地竖直向上拉起至M点时,细绳MQ段的重力势能Ep2=-
mg·
=-
mgl,则外力做的功即克服重力做的功等于细绳MQ段的重力势能的变化,即W=Ep2-Ep1=-
mgl+
mgl=
mgl,选项A正确。
高频考点二摩擦力做功与能量的转化关系
【例2】(多选)(2018·江苏卷)如图所示,轻质弹簧一端固定,另一端连接一小物块,O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( )
A.加速度先减小后增大
B.经过O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
【答案】AD
【解析】物块在从A到B的运动过程中,弹簧对物块的弹力先大于摩擦力后小于摩擦力,其所受合外力先减小后增大,根据牛顿第二定律,物块的加速度先减小后增大,选项A正确;物块受到弹簧的弹力等于摩擦力时速度最大,此位置一定位于A、O之间,选项B错误;物块所受弹簧的弹力先做正功后做负功,选项C错误;对物块从A到B的运动过程,由动能定理可知,物块所受弹簧弹力做的功等于克服摩擦力做的功,选项D正确。
【方法技巧】
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
不同点
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=-Ff·l相对,即摩擦时产生的热量
相同点
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.摩擦力做功的分析方法
(1)无论是滑动摩擦力,还是静摩擦力,计算做功时都是用力与对地位移的乘积.
(2)摩擦生热的计算:
公式Q=Ff·l相对中l相对为两接触物体间的相对位移,若物体在传送带上做往复运动时,则l相对为总的相对路程.
【变式探究】(2020·湖北武汉模拟)如图所示,竖直平面内有一半径为R的固定
圆轨道与水平轨道相切于最低点B。
一质量为m的小物块P(可视为质点)从A处由静止滑下,经过最低点B后沿水平轨道运动,到C处停下,B、C两点间的距离为R,物块P与圆轨道、水平轨道之间的动摩擦因数均为μ。
现用力F将物块P沿下滑的路径从C处缓慢拉回圆弧轨道的顶端A,拉力F的方向始终与物块P的运动方向一致,物块P从B处经圆弧轨道到达A处过程中,克服摩擦力做的功为μmgR,下列说法正确的是( )
A.物块P在下滑过程中,运动到B处时速度最大
B.物块P从A滑到C的过程中克服摩擦力做的功等于2μmgR
C.拉力F做的功小于2mgR
D.拉力F做的功为mgR(1+2μ)
【答案】CD
【解析】当重力沿圆轨道切线方向的分力等于滑动摩擦力时速度最大,此位置在AB之间,故A错误;将物块P缓慢地从B拉到A,克服摩擦力做的功为μmgR,而物块P从A滑到B的过程中,物块P做圆周运动,根据向心力知识可知物块P所受的支持力比缓慢运动时要大,则滑动摩擦力增大,所以克服摩擦力做的功Wf大于μmgR,因此物块P从A滑到C的过程中克服摩擦力做的功大于2μmgR,故B错误;由动能定理得,从C到A的过程中有WF-mgR-μmgR-μmgR=0-0,则拉力F做的功为WF=mgR(1+2μ),故D正确;从A到C的过程中,根据动能定理得mgR-Wf-μmgR=0,因为Wf>μmgR,则mgR>μmgR+μmgR,因此WF<2mgR,故C正确。
【举一反三】(2020·浙江杭州模拟)如图所示,质量为m的物体在水平传送带上由静止释放,传送带由电动机带动,始终保持以图示速度v匀速运动。
物体与传送带间的动摩擦因数为μ,物体运动一段距离能保持与传送带相对静止。
对于物体从静止释放到相对传送带静止这一过程,下列说法正确的是( )
A.电动机多做的功为
mv2
B.摩擦力对物体做的功为mv2
C.传送带克服摩擦力做的功为
mv2
D.物体与传送带因摩擦产生的热量为
mv2
【答案】D
【解析】电动机多做的功转化成了物体的动能和内能,物体从静止释放到相对传送带静止过程中获得的动能为
mv2,所以电动机多做的功一定大于
mv2,所以A错误;物体从静止释放到相对传送带静止过程中只有摩擦力对物体做功,由动能定理可知,摩擦力对物体做的功等于物体动能的变化,即为
mv2,所以B错误;物体做匀加速直线运动的末速度为v,故此过程中物体的平均速度为
,传送带的速度为v,则此过程传送带的位移为物体位移的2倍,因为摩擦力对物体做功为
mv2,故传送带克服摩擦力做的功为mv2,故C错误;传送带克服摩擦力做的功为mv2,物体获得的动能为
mv2,根据能量守恒定律知,物体与传送带因摩擦产生的热量为
mv2,故D正确。
高频考点三能量守恒定律的应用
【例3】(2019·浙江选考)如图所示为某一游戏的局部简化示意图。
D为弹射装置,AB是长为21m的水平轨道,倾斜直轨道BC固定在竖直放置的半径为R=10m的圆形支架上,B为圆形的最低点,轨道AB与BC平滑连接,且在同一竖直平面内。
某次游戏中,无动力小车在弹射装置D的作用下,以v0=10m/s的速度滑上轨道AB,并恰好能冲到轨道BC的最高点。
已知小车在轨道AB上受到的摩擦力为其重量的0.2倍,轨道BC光滑,则小车从A到C的运动时间是()
A.5sB.4.8sC.4.4sD.3s
【答案】A
【解析】设小车的质量为m,小车在AB段所匀减速直线运动,加速度
,在AB段,根据动能定理可得
,解得
,故
;小车在BC段,根据机械能守恒可得
,解得
,过圆形支架的圆心O点作BC的垂线,根据几何知识可得
,解得
,
,故小车在BC上运动的加速度为
,故小车在BC段的运动时间为
,所以小车运动的总时间为
,A正确。
【方法技巧】能量转化问题的解题思路
(1)当涉及滑动摩擦力做功,机械能不守恒时,一般应用能量守恒定律。
(2)解题时,首先确定初、末状态,然后分析状态变化过程中哪种形式的能量减少,哪种形式的能量增加,求出减少的能量总和ΔE减和增加的能量总和ΔE增,最后由ΔE减=ΔE增列式求解。
【变式探究】(2016·全国卷Ⅱ)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μ=0.5。
用外力推动物块P,将弹簧压缩至长度l,然后放开,P开始沿轨道运动。
重力加速度大小为g。
(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点之间的距离;
(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,弹簧长度为l时的弹性势能为
Ep=5mgl①
设P的质量为M,到达B点时的速度大小为vB,由能量守恒定律得
Ep=
Mv
+μMg·4l②
联立①②式,取M=m并代入题给数据得
vB=
③
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应满足
-mg≥0④
设P滑到D点时的速度为vD,由机械能守恒定律得
mv
=
mv
+mg·2l⑤
联立③⑤式得
vD=
⑥
vD满足④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=
gt2⑦
P落回到AB上的位置与B点之间的距离为
s=vDt⑧
联立⑥⑦⑧式得
s=2
l。
⑨
(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①②式可知
5mgl>μMg·4l⑩
要使P仍能沿圆轨道滑回,P在圆轨道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
Mv
≤Mgl⑪
联立①②⑩⑪式得
m≤M<
m。
⑫
【答案】
(1)
2
l
(2)
m≤M<
m
高频考点四功能原理的综合应用
【例4】(2017·全国卷Ⅰ)一质量为8.00×104kg的太空飞船从其飞行轨道返回地面.飞船在离地面高度1.60×105m处以7.50×103m/s的速度进入大气层,逐渐减慢至速度为100m/s时下落到地面.取地面为重力势能零点,在飞船下落过程中,重力加速度可视为常量,大小取为9.8m/s2.(结果保留2位有效数字)
(1)分别求出该飞船着地前瞬间的机械能和它进入大气层时的机械能;
(2)求飞船从离地面高度600m处至着地前瞬间的过程中克服阻力所做的功,已知飞船在该处的速度大小是其进入大气层时速度大小的2.0%.
【解析】
(1)飞船着地前瞬间的机械能为Ek0=
mv
①
式中,m和v0分别是飞船的质量和着地前瞬间的速率.
由①式和题给数据得Ek0=4.0×108J②
设地面附近的重力加速度大小为g.
飞船进入大气层时的机械能为Eh=
mv
+mgh③
式中,vh是飞船在高度1.60×105m处的速度大小.
由③式和题给数据得Eh≈2.4×1012J.④
(2)飞船在高度h′=600m处的机械能为
Eh′=
m(0.02vh)2+mgh′⑤
由功能原理得W=Eh′-Ek0⑥
式中,W是飞船从离地面高度600m处至着地前瞬间的过程中克服阻力所做的功.由②⑤⑥式和题给数据得W≈9.7×108J。
【易错警示】
(1)机械能为动能和势能之和.
(2)阻力做的功不是动能的改变而是机械能的改变.
【变式探究】(2020·河北辛集中学模拟)水平地面上固定有两个高度相同的粗糙斜面体甲和乙,斜面长分别为s、L1,如图所示。
两个完全相同的小滑块A、B可视为质点,同时由静止开始从甲、乙两个斜面的顶端释放,小滑块A一直沿斜面甲滑到底端C点,而小滑块B沿斜面乙滑到底端P点后又沿水平面滑行距离L2到D点(小滑块B在P点从斜面滑到水平面时速度大小不变),且s=L1+L2。
小滑块A、B与两个斜面以及水平面间的动摩擦因数相同,则( )
A.滑块A到达底端C点时的动能一定比滑块B到达D点时的动能小
B.两个滑块在斜面上加速下滑的过程中,到达同一高度时,动能可能相同
C.A、B两个滑块从斜面顶端分别运动到C、D的过程中,滑块A重力做功的平均功率小于滑块B重力做功的平均功率
D.A、B两个滑块从斜面顶端分别运动到C、D的过程中,由于克服摩擦而产生的热量一定相同
【答案】AC
【解析】根据动能定理,滑块A由甲斜面顶端到达底端C点的过程,mgh-μmgcosα·s=
mv
,滑块B由乙斜面顶端到达D点的过程,mgh-μmgcosβ·L1-μmgL2=
mv
,又s=L1+L2,根据几何关系得scosα>L1cosβ+L2,所以
mv
<
mv
,故A正确;两个滑块在斜面上加速下滑的过程中,到达同一高度时:
mgh-μmgcosθ·
=
mv2,重力做功相同,但克服摩擦力做功不等,所以动能不同,故B错误;整个过程中,两滑块所受重力做功相同,但由于滑块A运动时间长,故重力对滑块A做功的平均功率比滑块B的小,故C正确;滑块A、B分别到达C、D时的动能不相等,由能量守恒定律知滑块A、B运动过程中克服摩擦产生的热量不同,故D错误。
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