資源簡介

第4講　功能關系　能量守恒定律
素養目標　1.知道幾種常見的功能關系和能量守恒定律．(物理觀念) 2.能夠利用功能關系進行相關計算．(科學思維) 3.掌握能量轉化問題的解題思路．(科學思維)
一、功能關系
1．功是能量轉化的量度，即做了多少功就有多少能量發生了轉化．
2．做功的過程一定伴隨著能量的轉化，而且能量的轉化必須通過做功來實現．
3．做功對應變化的能量形式
(1)合外力的功影響物體動能的變化．
(2)重力的功影響物體重力勢能的變化．
(3)彈簧彈力的功影響彈性勢能的變化．
(4)除重力或系統內彈力以外的力做功影響物體機械能的變化．
(5)滑動摩擦力的功影響內能的變化．
(6)電場力的功影響電勢能的變化．
二、能量守恒定律
1．內容：能量既不會憑空產生，也不會憑空消失，它只能從一種形式轉化為另一種形式，或者從一個物體轉移到另一個物體，在轉化或轉移的過程中，能量的總量保持不變．
2．適用范圍：能量守恒定律是貫穿物理學的基本規律，是各種自然現象中普遍適用的一條規律．
3．表達式
(1)E初＝E末，初狀態各種能量的總和等于末狀態各種能量的總和．
(2)ΔE增＝ΔE減，增加的那些能量的增加量等于減少的那些能量的減少量．
1．思維辨析
(1)能量在轉移或轉化過程中，其總量會不斷減少．( )
(2)在物體機械能減少的過程中，動能有可能是增大的．( )
(3)既然能量在轉移或轉化過程中是守恒的，故沒有必要節約能源．( )
(4)滑動摩擦力做功時，一定會引起機械能的轉化．( )
(5)一個物體的能量增加，必定有別的物體能量減少．( )
2．在奧運比賽項目中，高臺跳水是我國運動員的強項．質量為m的跳水運動員進入水中后受到水的阻力而做減速運動，設水對他的阻力大小恒為F，當地的重力加速度為g，那么在他減速下降高度為h的過程中，下列說法正確的是(　　)
A．他的動能減少了Fh
B．他的重力勢能增加了mgh
C．他的機械能減少了(F－mg)h
D．他的機械能減少了Fh
3．(多選)某人用手將質量為1 kg的物體由靜止向上提起1 m，這時物體的速度為2 m/s，取g＝10 m/s2，下列說法中正確的是(　　)
A．手對物體做功12 J
B．合外力做功2 J
C．合外力做功12 J
D．物體克服重力做功10 J
考點　對功能關系的理解及應用
幾種常見力做功 對應的能量變化 關系式
重力 正功 重力勢能減少 WG＝－ΔEp＝Ep1－Ep2
負功 重力勢能增加
彈簧、彈性繩等的彈力 正功 彈性勢能減少 W彈＝－ΔEp＝Ep1－Ep2
負功 彈性勢能增加
合力 正功 動能增加 W合＝ΔEk＝Ek2－Ek1
負功 動能減少
除重力和彈簧彈力以外的其他力 正功 機械能增加
負功 機械能減少 W其他＝ΔE＝E2－E1
一對滑動摩擦力做功 機械能減少、內能增加 Q＝Ff·Δs相對
典例1　(2024·廣東廣州調研)(多選)從地面豎直向上拋出一物體，該物體的機械能E總和重力勢能Ep隨它離開地面的高度h的變化如圖所示(取地面為參考平面)．運動過程中空氣阻力大小不變，取g＝10 m/s2，結合圖中數據可知(　　)
A．物體上升的最大高度為5 m
B．物體的質量為1.0 kg
C．物體上升過程中所受空氣阻力大小為2.5 N
D．物體從地面運動到h＝4 m位置的過程中，動能減少了10 J
1．[功能關系的簡單應用](多選)如圖所示，質量為m的物體(可視為質點)以某一速度從A點沖上傾角為30°的固定斜面，其減速運動的加速度大小為g，此物體在斜面上能夠上升的最大高度為h，則在這個過程中物體(　　)
A．重力勢能增加了mgh
B．機械能損失了mgh
C．動能損失了mgh
D．克服摩擦力做功mgh
2．[功能關系與圖像的綜合應用](多選)一物塊在高3.0 m、長5.0 m的斜面頂端從靜止開始沿斜面下滑，其重力勢能和動能隨下滑距離s的變化如圖中直線Ⅰ、Ⅱ所示，重力加速度取g＝10 m/s2.則(　　)
A．物塊下滑過程中機械能不守恒
B．物塊與斜面間的動摩擦因數為0.5
C．物塊下滑時加速度的大小為6.0 m/s2
D．當物塊下滑2.0 m時機械能損失了12 J
考點　能量守恒定律的理解和應用
1．對能量守恒定律的理解
(1)轉化：某種形式的能量減少，一定存在其他形式的能量增加，且減少量和增加量相等．
(2)轉移：某個物體的能量減少，一定存在其他物體的能量增加，且減少量和增加量相等．
2．應用能量守恒定律解題的基本步驟
典例2　如圖所示，一物體質量m＝2 kg，從傾角θ＝37°的斜面上的A點以初速度v0＝3 m/s下滑，A點距彈簧上端B的距離AB＝4 m．當物體到達B點后將彈簧壓縮到C點，最大壓縮量BC＝0.2 m，然后物體又被彈簧彈上去，彈到的最高位置為D點，D點距A點的距離AD＝3 m，擋板及彈簧質量不計，取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，求：
(1)物體與斜面間的動摩擦因數μ；
(2)彈簧的最大彈性勢能Epm.
1．[對能量守恒定律的理解](多選)在某景區內的高空滑索運動中，游客可利用輕繩通過輕質滑環懸吊下滑．假設某段下滑過程中鋼索與水平方向的夾角為θ，輕繩始終保持豎直，示意圖如圖所示，以游客、滑環、輕繩為整體，不計空氣阻力，在這一階段下滑過程中(　　)
A．整體的機械能守恒
B．整體損失的機械能與系統摩擦產生的熱量相等
C．系統摩擦產生的熱量與整體所受合外力做的功相等
D．系統摩擦產生的熱量與整體減少的重力勢能相等
2．[能的轉化與能量守恒的計算]某地區常年有風，風速基本保持在4 m/s，該地區有一風力發電機，其葉片轉動可形成半徑為10 m的圓面，若保持風垂直吹向葉片，空氣密度為1.3 kg/m3，風的動能轉化為電能的效率為20%.現用這臺風力發電機給一水泵供電，使水泵從地下10 m深處抽水，水泵能將水抽到地面并以2 m/s的速度射出，出水口的橫截面積為0.1 m2，水的密度為1×103 kg/m3，水泵及電機組成的抽水系統的效率為80%，則下列說法正確的是(　　)
A．該風力發電機的發電功率約為12.8 kW
B．每秒鐘水流的機械能增加400 J
C．風力發電機一天的發電量可供該水泵正常工作約2.4 h
D．若風速變為8 m/s，則該風力發電機的發電功率變為原來的4倍
考點　動力學和能量觀點的綜合應用
1．分析思路
(1)受力與運動分析：根據物體的運動過程分析物體的受力情況，以及不同運動過程中力的變化情況．
(2)做功分析：根據各種力做功的不同特點，分析各種力在不同運動過程中的做功情況．
(3)功能關系分析：運用動能定理、機械能守恒定律或能量守恒定律進行分析，選擇合適的規律求解．
2．方法技巧
(1)“合”——整體上把握全過程，構建大致的運動情景．
(2)“分”——將全過程進行分解，分析每個子過程對應的基本規律．
(3)“合”——找出各子過程之間的聯系，以銜接點為突破口，尋求解題最優方案．
典例3　(2023·全國乙卷)(多選)如圖所示，一質量為M、長為l的木板靜止在光滑水平桌面上，另一質量為m的小物塊(可視為質點)從木板上的左端以速度v0開始運動．已知物塊與木板間的滑動摩擦力大小為f，當物塊從木板右端離開時(　　)
A．木板的動能一定等于fl
B．木板的動能一定小于fl
C．物塊的動能一定大于mv－fl
D．物塊的動能一定小于mv－fl
1．[應用動力學和能量觀點分析多過程問題](多選)一質量為m的物體自傾角為α的固定斜面底端沿斜面向上滑動．該物體開始滑動時的動能為Ek，向上滑動一段距離后速度減小為零，此后物體向下滑動，到達斜面底端時動能為.已知sin α＝0.6，重力加速度大小為 g．則(　　)
A．物體向上滑動的距離為
B．物體向下滑動時的加速度大小為
C．物體與斜面間的動摩擦因數等于0.5
D．物體向上滑動所用的時間比向下滑動的時間長
2．[動力學和能量觀點的理解與計算]某大型水陸兩棲飛機具有水面滑行汲水和空中投水等功能．某次演練中，該飛機在水面上由靜止開始勻加速直線滑行并汲水，速度達到v1＝80 m/s時離開水面，該過程滑行距離L＝1 600 m、汲水質量m＝1.0×104 kg.離開水面后，飛機攀升高度h＝100 m時速度達到v2＝100 m/s，之后保持水平勻速飛行，待接近目標時開始空中投水．取重力加速度g＝10 m/s2.求：
(1)飛機在水面滑行階段的加速度a的大小及滑行時間t；
(2)整個攀升階段，飛機汲取的水的機械能增加量ΔE.
答案及解析
1．思維辨析
(1)能量在轉移或轉化過程中，其總量會不斷減少．(×)
(2)在物體機械能減少的過程中，動能有可能是增大的．(√)
(3)既然能量在轉移或轉化過程中是守恒的，故沒有必要節約能源．(×)
(4)滑動摩擦力做功時，一定會引起機械能的轉化．(√)
(5)一個物體的能量增加，必定有別的物體能量減少．(√)
2．在奧運比賽項目中，高臺跳水是我國運動員的強項．質量為m的跳水運動員進入水中后受到水的阻力而做減速運動，設水對他的阻力大小恒為F，當地的重力加速度為g，那么在他減速下降高度為h的過程中，下列說法正確的是(　　)
A．他的動能減少了Fh
B．他的重力勢能增加了mgh
C．他的機械能減少了(F－mg)h
D．他的機械能減少了Fh
解析：運動員進入水中后，克服合力做的功等于動能的減少量，故動能減少(F－mg)h，故A錯誤；運動員進入水中后，重力做功mgh，故重力勢能減少mgh，故B錯誤；運動員進入水中后，除重力外，克服阻力做功Fh，故機械能減少了Fh，故C錯誤，D正確．
答案：D
3．(多選)某人用手將質量為1 kg的物體由靜止向上提起1 m，這時物體的速度為2 m/s，取g＝10 m/s2，下列說法中正確的是(　　)
A．手對物體做功12 J
B．合外力做功2 J
C．合外力做功12 J
D．物體克服重力做功10 J
解析：根據動能定理，合外力做的功等于物體動能變化，B正確，C錯誤；物體克服重力做功為10 J，D正確；手對物體做的功等于物體機械能的增加量，A正確．
答案：ABD
考點　對功能關系的理解及應用
典例1　(2024·廣東廣州調研)(多選)從地面豎直向上拋出一物體，該物體的機械能E總和重力勢能Ep隨它離開地面的高度h的變化如圖所示(取地面為參考平面)．運動過程中空氣阻力大小不變，取g＝10 m/s2，結合圖中數據可知(　　)
A．物體上升的最大高度為5 m
B．物體的質量為1.0 kg
C．物體上升過程中所受空氣阻力大小為2.5 N
D．物體從地面運動到h＝4 m位置的過程中，動能減少了10 J
解析：重力勢能與機械能相等時物體的動能為零，物體上升到最高點，由題圖知，物體上升的最大高度為4 m，A錯誤；重力勢能Ep＝mgh，則Ep h圖像斜率表示物體的重力，則mg＝k＝10 N，故物體質量為m＝1.0 kg，B正確；物體上升過程中，機械能的變化量ΔE＝－f·Δh，故E h圖線斜率的絕對值表示物體受到的阻力大小，則物體所受空氣阻力大小為f＝＝2.5 N，C正確；物體從地面運動到h＝4 m位置的過程中，由動能定理得ΔEk＝－fh－mgh＝－50 J，故動能減少了50 J，D錯誤．故選BC．
1．[功能關系的簡單應用](多選)如圖所示，質量為m的物體(可視為質點)以某一速度從A點沖上傾角為30°的固定斜面，其減速運動的加速度大小為g，此物體在斜面上能夠上升的最大高度為h，則在這個過程中物體(　　)
A．重力勢能增加了mgh
B．機械能損失了mgh
C．動能損失了mgh
D．克服摩擦力做功mgh
解析：物體加速度大小a＝g＝，解得摩擦力Ff＝mg，機械能損失量等于克服摩擦力做的功，即Ffx＝mg·2h＝mgh，故B項正確，D項錯誤；物體在斜面上能夠上升的最大高度為h，所以重力勢能增加了mgh，故A項正確；動能損失量為克服合力做功的大小，動能損失量ΔEk＝F合x＝mg·2h＝mgh，故C項錯誤．
答案：AB
2．[功能關系與圖像的綜合應用](多選)一物塊在高3.0 m、長5.0 m的斜面頂端從靜止開始沿斜面下滑，其重力勢能和動能隨下滑距離s的變化如圖中直線Ⅰ、Ⅱ所示，重力加速度取g＝10 m/s2.則(　　)
A．物塊下滑過程中機械能不守恒
B．物塊與斜面間的動摩擦因數為0.5
C．物塊下滑時加速度的大小為6.0 m/s2
D．當物塊下滑2.0 m時機械能損失了12 J
解析：物塊在下滑過程中重力勢能減少，動能增加，故Ⅰ為重力勢能隨下滑距離s的變化圖線，Ⅱ為動能隨下滑距離s的變化圖線．由題圖可知，初狀態時物塊的機械能為E1＝30 J，末狀態時物塊的機械能為E2＝10 J，故物塊下滑過程中機械能不守恒，A正確；物塊下滑過程損失的機械能轉化為克服摩擦力做功產生的內能，設斜面傾角為θ，物塊質量為m，由功能關系得μmgcos θ·s＝E1－E2，由幾何知識知cos θ＝，物塊開始下滑時Ep＝E1＝mgh，由以上各式解得μ＝0.5，m＝1 kg，B正確；由牛頓第二定律得mgsin θ－μmgcos θ＝ma，解得a＝2.0 m/s2，C錯誤；由功能關系得，物塊下滑2.0 m時損失的機械能為ΔE＝μmgcos θ·s1＝8 J，D錯誤．
答案：AB
考點　能量守恒定律的理解和應用
典例2　如圖所示，一物體質量m＝2 kg，從傾角θ＝37°的斜面上的A點以初速度v0＝3 m/s下滑，A點距彈簧上端B的距離AB＝4 m．當物體到達B點后將彈簧壓縮到C點，最大壓縮量BC＝0.2 m，然后物體又被彈簧彈上去，彈到的最高位置為D點，D點距A點的距離AD＝3 m，擋板及彈簧質量不計，取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，求：
(1)物體與斜面間的動摩擦因數μ；
(2)彈簧的最大彈性勢能Epm.
解析：(1)物體從開始位置A點到最后D點的過程中，彈性勢能沒有發生變化，動能和重力勢能減少，機械能的減少量為
ΔE＝ΔEk＋ΔEp＝mv＋mglADsin 37°
物體克服摩擦力產生的熱量為Q＝Ffs
其中s為物體的路程，即s＝5.4 m
Ff＝μmgcos 37°
由能量守恒定律可得ΔE＝Q
聯立解得μ＝0.52.
(2)由A到C的過程中，動能減少
ΔE′k＝mv
重力勢能減少ΔE′p＝mglACsin 37°
摩擦生熱Q′＝FflAC＝μmglACcos 37°
由能量守恒定律得彈簧的最大彈性勢能為
Epm＝ΔEk′＋ΔEp′－Q′
聯立解得Epm＝24.5 J.
答案：(1)0.52　(2)24.5 J
1．[對能量守恒定律的理解](多選)在某景區內的高空滑索運動中，游客可利用輕繩通過輕質滑環懸吊下滑．假設某段下滑過程中鋼索與水平方向的夾角為θ，輕繩始終保持豎直，示意圖如圖所示，以游客、滑環、輕繩為整體，不計空氣阻力，在這一階段下滑過程中(　　)
A．整體的機械能守恒
B．整體損失的機械能與系統摩擦產生的熱量相等
C．系統摩擦產生的熱量與整體所受合外力做的功相等
D．系統摩擦產生的熱量與整體減少的重力勢能相等
解析：游客、滑環、輕繩組成的整體與鋼索間的摩擦力對整體做負功，機械能不守恒，A錯誤；由功能關系可知，整體損失的機械能與系統摩擦產生的熱量相等，B正確；輕繩始終保持豎直，故整體受力平衡，合外力做功為零且整體的速度不變，由動能定理可知，克服摩擦力做的功與重力做的正功相等，即系統摩擦產生的熱量與整體減少的重力勢能相等，C錯誤，D正確．
答案：BD
2．[能的轉化與能量守恒的計算]某地區常年有風，風速基本保持在4 m/s，該地區有一風力發電機，其葉片轉動可形成半徑為10 m的圓面，若保持風垂直吹向葉片，空氣密度為1.3 kg/m3，風的動能轉化為電能的效率為20%.現用這臺風力發電機給一水泵供電，使水泵從地下10 m深處抽水，水泵能將水抽到地面并以2 m/s的速度射出，出水口的橫截面積為0.1 m2，水的密度為1×103 kg/m3，水泵及電機組成的抽水系統的效率為80%，則下列說法正確的是(　　)
A．該風力發電機的發電功率約為12.8 kW
B．每秒鐘水流的機械能增加400 J
C．風力發電機一天的發電量可供該水泵正常工作約2.4 h
D．若風速變為8 m/s，則該風力發電機的發電功率變為原來的4倍
解析：由題意可知單位時間內沖擊風力發電機葉片圓面的氣流體積為V0＝vS＝vπR2，則單位時間內沖擊風力發電機葉片圓面的氣流的動能為Ek＝mv2＝ρV0v2＝ρπR2v3，又風的動能轉化為電能的效率為20%，則此風力發電機的發電功率為P＝，聯立解得P≈2.6 kW，若風速變為8 m/s，即風速變為原來的2倍，則該風力發電機的發電功率變為原來的8倍，A、D錯誤；由題意可知每秒鐘水流機械能的增加量為ΔE＝m′gh＋m′v′2，其中m′＝ρ水S′v′，代入數據解得ΔE＝2.04×104 J，B錯誤；由題意可得水泵正常工作每秒鐘的耗電量為ΔE′＝＝2.55×104 J，而風力發電機一天的發電量為E′＝Pt≈2.6×103×24×60×60 J≈2.2×108 J，則風力發電機一天的發電量可供水泵正常工作的時間為t＝≈8 627 s≈2.4 h，C正確．
答案：C
考點　動力學和能量觀點的綜合應用
典例3　(2023·全國乙卷)(多選)如圖所示，一質量為M、長為l的木板靜止在光滑水平桌面上，另一質量為m的小物塊(可視為質點)從木板上的左端以速度v0開始運動．已知物塊與木板間的滑動摩擦力大小為f，當物塊從木板右端離開時(　　)
A．木板的動能一定等于fl
B．木板的動能一定小于fl
C．物塊的動能一定大于mv－fl
D．物塊的動能一定小于mv－fl
解析：當物塊從木板右端離開時，對m有－fxm＝mv－mv，對M有fxM＝mv，其中xm－xM＝l.因摩擦產生的摩擦熱Q＝fl＝f(xm－xM)，因小物塊從木板右端離開，故有v0>vm>vM，xm＝·t，xM＝·t，故xm>2xM，所以xm－xM＝l>xM，即fxM＝mv1．[應用動力學和能量觀點分析多過程問題](多選)一質量為m的物體自傾角為α的固定斜面底端沿斜面向上滑動．該物體開始滑動時的動能為Ek，向上滑動一段距離后速度減小為零，此后物體向下滑動，到達斜面底端時動能為.已知sin α＝0.6，重力加速度大小為 g．則(　　)
A．物體向上滑動的距離為
B．物體向下滑動時的加速度大小為
C．物體與斜面間的動摩擦因數等于0.5
D．物體向上滑動所用的時間比向下滑動的時間長
解析：物體從斜面底端回到斜面底端，根據動能定理有－μmg·2lcos α＝－Ek
物體從斜面底端到斜面頂端，根據動能定理有－mglsin α－μmglcos α＝0－Ek
整理得l＝，μ＝0.5，故A錯誤，C正確；
物體向下滑動時，根據牛頓第二定律有
mgsin α－μmgcos α＝ma
解得a＝，故B正確；
物體向上滑動時，根據牛頓第二定律有
mgsin α＋μmgcos α＝ma上
物體向下滑動時，根據牛頓第二定律有
mgsin α－μmgcos α＝ma下
由以上各式可知a上>a下
由于上升過程中的末速度為零，下滑過程中的初速度為零，且走過相同的位移，根據公式l＝at，則可得出t上答案：BC
2．[動力學和能量觀點的理解與計算]某大型水陸兩棲飛機具有水面滑行汲水和空中投水等功能．某次演練中，該飛機在水面上由靜止開始勻加速直線滑行并汲水，速度達到v1＝80 m/s時離開水面，該過程滑行距離L＝1 600 m、汲水質量m＝1.0×104 kg.離開水面后，飛機攀升高度h＝100 m時速度達到v2＝100 m/s，之后保持水平勻速飛行，待接近目標時開始空中投水．取重力加速度g＝10 m/s2.求：
(1)飛機在水面滑行階段的加速度a的大小及滑行時間t；
(2)整個攀升階段，飛機汲取的水的機械能增加量ΔE.
解析：(1)飛機從靜止開始做勻加速直線運動，平均速度為，則L＝v1t
解得飛機滑行的時間為t＝＝ s＝40 s
飛機滑行的加速度為a＝＝ m/s2＝2 m/s2.
(2)飛機從水面攀升至h＝100 m處，水的機械能的增量為ΔE＝mv＋mgh－mv＝×1.0×104×1002 J＋1.0×104×10×100 J－×1.0×104×802 J＝2.8×107 J.
答案：(1)2 m/s2　40 s　(2)2.8×107 J(共39張PPT)
第4講　功能關系　能量守恒定律
第五章　機械能
理清教材 強基固本
答案
解析
答案
解析
重難考點 全線突破
解析
答案
解析
答案
解析
答案
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答案
解析
解析
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答案
解析
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