南方新高考高考物理大复习 专题五 机械能 第4讲 功能关系能量转化与守恒定律课时作业(2021年整

新课标全国高考考前复习物理 5.4 功能关系、能量转化和守恒定律1．如图5－4－1所示，一轻弹簧的左端固定，右端与一小球相连，小球处于光滑水平面上．现对小球施加一个方向水平向右的恒力F ，使小球从静止开始运动，则小球在向右运动的整个过程中( )．A ．小球和弹簧组成的系统机械能守恒B ．小球和弹簧组成的系统机械能逐渐增大C ．小球的动能逐渐增大D ．小球的动能先增大然后减小解析 小球在向右运动的整个过程中，力F 做正功，由功能关系知小球和弹簧组成的系 统机械能逐渐增大，选项A 错误，B 正确；弹力一直增大，当弹力等于F 时，小球的速 度最大，动能最大，当弹力大于F 时，小球开始做减速运动，速度减小，动能减小，选 项C 错误，D 正确． 答案 BD2．游乐场中的一种滑梯如图5－4－2所示．小朋友从轨道顶端由静止开始下滑，沿水平轨道滑动了一段距离后停下来，则 ( )． A ．下滑过程中支持力对小朋友做功 B ．下滑过程中小朋友的重力势能增加 C ．整个运动过程中小朋友的机械能守恒 D ．在水平面滑动过程中摩擦力对小朋友做负功解析 下滑过程中支持力的方向总与速度方向垂直，所以支持力不做功，A 错误；越往下滑动重力势能越小，B 错误；摩擦力的方向与速度方向相反，所以摩擦力做负功，机械能减少，D 正确，C 错误． 答案 D3．如图5－4－3所示，两物体A 、B 用轻质弹簧相连，静止在光滑水平面上，现同时对A 、B 两物体施加等大反向的水平恒力F 1、F 2，使A 、B 同时由静止开始运动，在运动过程中，对A 、B 两物体及弹簧组成的系统，正确的说法是(整个过程中弹簧不超过其弹性限度)( )．A ．机械能守恒B ．机械能不断增加C ．当弹簧伸长到最长时，系统的机械能最大图5－4－1图5－4－3图5－4－2D ．当弹簧弹力的大小与F 1、F 2的大小相等时，A 、B 两物体速度为零 解析 F 1、F 2加在A 、B 上以后，A 、B 向两侧做加速度a ＝F －kxm减小的加速运动．当F ＝kx 时，加速度为零，速度达到最大，以后kx ＞F ，A 、B 向两侧做减速运动，至速度减 为零时，弹簧伸长到最长，从A 、B 开始运动到弹簧伸长到最长的过程中，F 1、F 2都一 直做正功，使系统的机械能增加．以后弹簧伸长量减小，F 1、F 2开始做负功，则系统的 机械能减小． 答案 C4．如图5－4－4所示，倾角θ＝30°的粗糙斜面固定在地面上，长为l 、质量为m 、粗细均匀、质量分布均匀的软绳置于斜面上，其上端与斜面顶端齐平．用细线将物块与软绳连接，物块由静止释放后向下运动，直到软绳刚好全部离开斜面(此时物块未到达地面)，在此过程中( )．图5－4－4A ．物块的机械能逐渐增加B ．软绳重力势能共减少了14mglC ．物块重力势能的减少等于软绳克服摩擦力所做的功D ．软绳重力势能的减少小于其动能的增加与克服摩擦力所做功之和解析 物块向下运动过程中，绳子拉力对物块做负功，物块的机械能减少，A 项错误；软绳重心下降的高度为l 2－l 2 sin θ＝14l ，软绳的重力势能减少14mgl ，B 项正确；由能的转化和守恒知，物块和软绳重力势能的减少等于物块和软绳增加的动能和软绳克服摩擦力所做的功，C 项错误；对于软绳，由能的转化和守恒知，绳子拉力对软绳所做的功和软绳重力势能的减少之和等于软绳动能的增加与克服摩擦力所做功之和，D 项正确． 答案 BD5．如图5－4－5所示，光滑细杆AB 、AC 在A 点连接，AB 竖直放置，AC 水平放置，两相同的中心有小孔的小球M 、N ，分别套在AB 和AC 上，并用一细绳相连，细绳恰好被拉直，现由静止释放M 、N ，在运动过程中下列说法中正确的是( )．A ．M 球的机械能守恒B ．M 球的机械能减小C ．M 和N 组成的系统的机械能守恒D ．绳的拉力对N 做负功解析 由于杆AB 、AC 光滑，所以M 下降，N 向左运动，绳子对N 做正功，对M 做负 功，N 的动能增加，机械能增加，M 的机械能减少，对M 、N 系统杆对M 、N 均不做功， 系统机械能守恒，故B 、C 项正确． 答案 BC6．如图5－4－6所示，具有一定初速度的物块，沿倾角为30°的粗糙斜面向上运动的过程中，受一个恒定的沿斜面向上的拉力F 作用，这时物块的加速度大小为4 m/s 2，方向沿斜面向下，那么在物块向上运动的过程中，下列说法正确的是 ( )． A ．物块的机械能一定增加B ．物块的机械能一定减少C ．物块的机械能可能不变D ．物块的机械能可能增加，也可能减少解析 由mg sin 30°＋f －F ＝ma ，知F －f ＝mg sin 30°－ma ＝mg ×0.5－4m >0，即F >f ，故F 做的正功多于克服摩擦力做的功，机械能增加，选项A 正确．答案 A7．如图5－4－7所示，光滑水平面OB 与足够长粗糙斜面BC 交于B 点．轻弹簧左端固定于竖直墙面，现将质量为m 1的滑块压缩弹簧至D 点，然后由静止释放，滑块脱离弹簧后经B 点滑上斜面，上升到最大高度，并静止在斜面上．不计滑块在B 点的机械能损失；换用相同材料质量为m 2的滑块(m 2>m 1)压缩弹簧到相同位置，然后由静止释放，下列对两滑块说法正确的是( )．图5－4－7图5－4－5图5－4－6A ．两滑块到达B 点的速度相同 B ．两滑块沿斜面上升的最大高度相同C ．两滑块上升到最高点过程克服重力做的功相同D ．两滑块上升到最高点过程机械能损失相同解析 设弹簧的弹性势能为E p .从D →B 过程由能量守恒得．E p ＝12mv B 2.因为m 2>m 1所以选项A 错．从D →最大高度过程．由能量守恒得．E p ＝mgh ＋μmg cos θ·hsin θ即h ＝E pmg 1＋μcot θ所以选项B 错，C 、D 均正确． 答案 CD8．为了让乘客乘车更为舒适，某探究小组设计了一种新的交通工具，乘客的座椅能随着坡度的变化而自动调整，使座椅始终保持水平，如图5－4－8所示．当此车减速上坡时，乘客( )．A ．处于失重状态B ．受到向前(水平向右)的摩擦力作用C ．重力势能增加D ．所受力的合力沿斜坡向上解析 当车减速上坡时，因加速度有向下的分量，所以乘客处于失重状态，A 正确；乘 客的高度增加，重力势能增大，C 正确；因为乘客的加速度是沿斜坡向下，故所受合力 沿斜坡向下，D 错误；乘客受到水平向左的摩擦力作用，B 错误． 答案 AC9．如图5－4－9所示，一长为L 的轻杆一端固定在光滑铰链上，另一端固定一质量为m 的小球．一水平向右的拉力作用于杆的中点，使杆以角速度ω匀速转动，当杆与水平方向成60°时，拉力的功率为 ( )．图5－4－8A ．mgL ω B.32mgL ω C.12mgL ω D.36mgL ω 解析 由能的转化及守恒可知：拉力的功率等于克服重力的功率．P G ＝mgv y ＝mgv cos 60°＝12mg ωL ，故选C. 答案 C10．如图5－4－10所示，水平传送带AB 长21 m ，以6 m/s 顺时针匀速转动，台面与传送带平滑连接于B 点，半圆形光滑轨道半径R ＝1.25 m ，与水平台面相切于C 点，BC 长s ＝5.5 m ，P 点是圆弧轨道上与圆心O 等高的一点．一质量为m ＝1 kg 的物块(可视为质点)，从A 点无初速释放，物块与传送带及台面间的动摩擦因数均为0.1，则关于物块的运动情况，下列说法正确的是()．图5－4－10A ．物块不能到达P 点B ．物块能越过P 点做斜抛运动C ．物块能越过P 点做平抛运动D ．物块能到达P 点，但不会出现选项B 、C 所描述的运动情况解析 物块从A 点释放后在传送带上做加速运动，假设达到台面之前能够达到传送带的 速度v ，则由动能定理得，μmgs 1＝12mv 2，得s 1＝18 m<21 m ，假设成立．物块以6 m/s冲上台面，假设物块能到达P 点，则到达P 点时的动能E kP ，可由动能定理求得，－μmgs图5－4－9－mgR ＝E k P －12mv 2，得E k P ＝0，可见，物块能到达P 点，速度恰为零，之后从P 点滑回来，不会出现选项B 、C 所描述的运动情况，D 正确． 答案 D11．一个平板小车置于光滑水平面上，其右端恰好和一个14光滑圆弧轨道AB 的底端等高对接，如图5－4－11所示．已知小车质量M ＝3.0 kg ，长L ＝2．06 m ，圆弧轨道半径R ＝0.8 m ．现将一质量m ＝1.0 kg 的小滑块，由轨道顶端A 点无初速释放，滑块滑到B 端后冲上小车．滑块与小车上表面间的动摩擦因数μ＝0.3.(取g ＝10 m/s 2)试求：(1)滑块到达B 端时，轨道对它支持力的大小； (2)小车运动1.5 s 时，车右端距轨道B 端的距离； (3)滑块与车面间由于摩擦而产生的内能．解析 (1)滑块从A 端下滑到B 端，由动能定理得mgR ＝12mv 02在B 点由牛顿第二定律得N －mg ＝m v 02R解得轨道对滑块的支持力N ＝3 mg ＝30 N (2)滑块滑上小车后，由牛顿第二定律 对滑块：－μmg ＝ma 1，得a 1＝－3 m/s 2对小车：μmg ＝Ma 2，得a 2＝1 m/s 2设经时间t 后两者达到共同速度，则有v 0＋a 1t ＝a 2t 解得t ＝1 s 由于t ＝1 s<1.5 s ，故1 s 后小车和滑块一起匀速运动，速度v ＝1 m/s 因此，1.5 s 时小车右端距轨道B 端的距离为s ＝12a 2t 2＋v (1.5－t )＝1 m(3)滑块相对小车滑动的距离为Δs ＝v 0＋v 2t －v2t ＝2 m所以产生的内能Q ＝μmg Δs ＝6 J 答案 (1)30 N (2)1 m (3)6 J13．如图5－4－12所示，为一传送装置，其中AB 段粗糙，AB 段长为L ＝0.2 m ，动摩擦因数μ＝0.6，BC 、DEN 段均可视为光滑，且BC 的始、末端均水平，具有h ＝0.1 m 的高度差，DEN 是半径为r ＝0.4 m 的半圆形轨道，其直径DN 沿竖直方向，C 位于DN 竖直线上，CD间的距离恰能让小球自由通过．在左端图5－4－11竖直墙上固定有一轻质弹簧，现有一可视为质点的小球，小球质量m ＝0.2 kg ，压缩轻质弹簧至A 点后由静止释放(小球和弹簧不粘连)，小球刚好能沿DEN 轨道滑下．求： (1)小球到达N 点时速度的大小； (2)压缩的弹簧所具有的弹性势能．图5－4－12解析 (1)“小球刚好能沿DEN 轨道滑下”，在圆周最高点D 点必有：mg ＝m v D 2r从D 点到N 点，由机械能守恒得：12mv D 2＋mg ×2r＝12mv N 2＋0 联立以上两式并代入数据得：v D ＝2 m/s ，v N ＝2 5 m/s(2)弹簧推开小球过程中，弹簧对小球所做的功W 等于弹簧所具有的弹性势能E p ， 根据动能定理得W －μmgL ＋mgh ＝12mv D 2－0代入数据得W ＝0.44 J即压缩的弹簧所具有的弹性势能为0.44 J(优选能量守恒) 答案 (1)2 5 m/s (2)0.44 J。

第4讲功能关系能量守恒定律整合教材·夯实必备知识一、功能关系(必修二第八章第4节)1.(1)做功的过程就是能量转化的过程,不同形式的能量发生相互转化是通过做功来实现的。

(2)功是能量转化的量度,功和能的关系,一是体现在不同的力做功,对应不同形式的能转化,具有一一对应关系,二是做功的多少与能量转化的多少在数值上相等。

2.摩擦力做功的特点(1)一对静摩擦力所做功的代数和总等于零。

(2)一对滑动摩擦力做功的代数和总是负值,差值为机械能转化为内能的部分,也就是系统机械能的损失量。

二、能量守恒定律(必修三第十二章第4节)【质疑辨析】角度1功能关系(1)力对物体做了多少功,物体就具有多少能。

()(2)滑动摩擦力做功时,一定会引起机械能的转化。

( ) 角度2 能量守恒定律(3)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。

( ) (4)一个物体的能量增加,必定有别的物体的能量减少。

( ) 提示:(1)× (2)√ (3)× (4)√精研考点·提升关键能力考点一 功能关系的理解和应用 (核心共研)【核心要点】几种常见的功能关系及其表达式【典例剖析】角度1 由能量变化分析力做功[典例1](2023·新课标全国卷)无风时,雨滴受空气阻力的作用在地面附近会以恒定的速率竖直下落。

一质量为m 的雨滴在地面附近以速率v 下落高度h 的过程中,克服空气阻力做的功为(重力加速度大小为g ) ( ) A .0 B .mgh C .12mv 2-mgh D .12mv 2+mgh【解析】选B 。

在地面附近雨滴做匀速运动,根据动能定理得mgh -W 克=0,故雨滴克服空气阻力做功为mgh 。

故选B 。

角度2 由力做功分析能量变化[典例2](多选)(2023·石家庄模拟)如图所示,楔形木块abc 固定在水平面上,粗糙斜面ab 与水平面的夹角为60°,光滑斜面bc与水平面的夹角为30°,顶角b处安装一定滑轮。

第4讲 功能关系、能量守恒知识巩固练1.(2023年海淀一模)如图所示，轻弹簧下端连接一重物，用手托住重物并使弹簧处于压缩状态.然后手与重物一同缓慢下降，直至重物与手分离并保持静止.在此过程中，下列说法正确的是 ( )A.弹簧的弹性势能与物体的重力势能之和先减少再增加B.弹簧对重物做的功等于重物机械能的变化量C.重物对手的压力随下降的距离均匀变化D.手对重物做的功一定等于重物重力势能的变化量【答案】C 【解析】由题可知，重物的动能变化量为零，由于手对重物的作用力一直竖直向上，将弹簧与重物视作一个整体，故手对整体一直做负功，故弹簧的弹性势能与物体的重力势能之和且一直在减少，A 错误；弹簧和手对重物做的功等于重物机械能的变化量，B 错误；由题可知，当弹簧的弹力与重物的重力相等时，手与重物间的弹力为零，则两者分离，设此时弹簧的形变量为x 0，则有kx 0＝mg ，当弹簧处于压缩状态下重物静止缓慢向下，设重物向下降的距离为x ，则有k (x 0-x )+F ＝mg 联立解得F ＝kx ，故C 正确；物体重力做的功等于重物重力势能的变化量，故D 错误.2.质量为m 的物体，从距地面h 高处由静止开始以加速度a ＝13g 竖直下落到地面，在此过程中 ( )A.物体的重力势能减少13mgh B.物体的动能增加13mgh C.物体的机械能减少13mghD.物体的机械能保持不变【答案】B 【解析】竖直下落到地面过程中，W G ＝mgh ，故重力势能减少mgh ，A 错误；物体所受合力为F 合＝ma ＝13mg ，由动能定理得，动能的增加量ΔE k ＝F合h ＝13mgh ，B 正确；由于重力势能减少mgh ，动能增加13mgh ，故机械能减少23mgh ，C 、D 错误.3.如图所示，足够长的水平传送带以v ＝2 m/s 的速度匀速前进，上方漏斗以25 kg/s 的速度把煤粉均匀、竖直抖落到传送带上，然后随传送带一起运动.已知煤粉与传送带间的动摩擦因数为0.2，欲使传送带保持原来的速度匀速前进，则传送带的电动机应增加的功率为 ( )A.200 WB.50 WC.100 WD.无法确定【答案】C 【解析】在1 s 内落到传送带上煤的质量为Δm ，这部分煤由于摩擦力f 的作用被传送带加速，由功能关系得fs ＝12Δmv 2，煤块在摩擦力作用下加速前进，因此有s ＝0+v 2t ＝vt 2.传送带的位移s 传＝vt ，相对位移Δs ＝s 传-s ＝s ，由此可知煤的位移和煤与传送带的相对位移相同，因此摩擦生热Q ＝f Δs ＝12Δmv 2，传送带需要增加的能量分为两部分：第一部分为煤获得的动能，第二部分为传送带克服摩擦力做功来保持传送带速度.所以传送带1 s 内增加的能量ΔE ＝12Δmv 2+f Δs ＝Δmv 2＝25×22 J ＝100 J ，皮带机应增加的功率P ＝ΔEt＝100 W ，故C 正确.4.我国航天员在“天宫课堂”中演示了多种有趣的实验，提高了青少年科学探索的兴趣.某同学设计了如下实验：细绳一端固定，另一端系一小球，给小球一初速度使其在竖直平面内做圆周运动.无论在“天宫”还是在地面做此实验 ( ) A.小球的速度大小均发生变化B.小球的向心加速度大小均发生变化C.细绳的拉力对小球均不做功D.细绳的拉力大小均发生变化 【答案】C 【解析】在地面上做此实验，忽略空气阻力，小球受到重力和绳子拉力的作用，拉力始终和小球的速度垂直，不做功，重力会改变小球速度的大小；在“天宫”上，小球处于完全失重的状态，小球仅在绳子拉力作用下做匀速圆周运动，绳子拉力仍然不做功，A 错误，C 正确；在地面上小球运动的速度大小改变，根据a ＝v 2r和F ＝m v 2r(重力不变)可知小球的向心加速度和拉力的大小发生改变，在“天宫”上小球的向心加速度和拉力的大小不发生改变，B 、D 错误.综合提升练甲5.(2023年重庆模拟)(多选)如图甲，辘轳是古代民间提水设施，由辘轳头、支架、井绳、水斗等部分构成.如图乙为提水设施工作原理简化图，某次需从井中汲取m ＝2 kg 的水，辘轳轮轴半径为r ＝0.1 m ，水斗的质量为0.5 kg ，井足够深且井绳的质量忽略不计.t ＝0时刻，轮轴由静止开始绕中心轴转动，其角速度随时间变化规律如图丙所示，g 取10 m/s 2，则 ( )A.水斗速度随时间变化规律为v＝0.4tB.井绳拉力瞬时功率随时间变化的规律为P＝10tC.0~10 s内水斗上升的高度为4 mD.0~10 s内井绳拉力所做的功为520 J【答案】AD【解析】根据图像可知，水斗速度v＝ωr＝4010×0.1t＝0.4t，A正确；井绳拉力瞬时功率为P＝Fv＝Fωr，又由于F-(m+m0 )g＝(m+m0 )a，根据上述有a＝0.4 m/s2，则有P＝10.4t，B错误；根据图像可知，0~10 s内水斗上升的高度为h＝ωr2t＝40×0.1×102m＝20 m，C错误；根据上述P＝10.4t，0~10 s内井绳拉力所做的功为W＝10.4×10×102J＝520 J，D正确.6.(2022年福建卷)(多选)一物块以初速度v0自固定斜面底端沿斜面向上运动，一段时间后回到斜面底端.该物体的动能E k随位移x的变化关系如图所示，图中x0、E k1、E k2均已知.根据图中信息可以求出的物理量有()A.重力加速度大小B.物体所受滑动摩擦力的大小C.斜面的倾角D.沿斜面上滑的时间【答案】BD【解析】由动能定义式得E k1＝12mv02，则可求解质量m；上滑时，由动能定理E k-E k1＝-(mg sin θ+f)x，下滑时，由动能定理E k＝(mg sin θ-f)(x0-x)，x0为上滑的最远距离；由图像的斜率可知mg sin θ+f＝E k1x0，mg sin θ-f＝E k2x0，两式相加可得g sin θ＝12m(E k1x0+E k2x0)，相减可知f＝E k1-E k22x0，即可求解g sin θ和所受滑动摩擦力f的大小，但重力加速度大小和斜面的倾角不能求出，A、C错误，B正确；根据牛顿第二定律和运动学关系得mg sin θ+f＝ma，t＝v0a，故可求解沿斜面上滑的时间，D正确.7.(2023年广东模拟)如图所示，质量分别为m和3m的小物块A和B，用劲度系数为k轻质弹簧连接后放在水平地面上，A通过一根水平轻绳连接到墙上.A、B与地面间的动摩擦因数均为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力.用水平拉力将B向右缓慢拉开一段距离，撤去拉力后，B恰好能保持静止，弹簧形变始终在弹性限度内，重力加速度大小为g.下列判断正确的是 ( )A.物块B 向右移动的最大距离为x B ＝4μmg kB.若剪断轻绳，A 在随后的运动过程中相对于其初位置的最大位移大小6μmg kC.若剪断轻绳，A 在随后的运动过程中通过的总路程为4μmg kD.若剪断轻绳，A 最终会静止时弹簧处于伸长状态，其伸长量为μmg k【答案】C 【解析】根据题意撤去拉力后，B 恰好能保持静止，即kx B ＝3μmg ，解得x B ＝3μmg k.剪断轻绳，A 会在弹簧弹力和摩擦力共同作用下向右运动，弹簧伸长量减小，弹力减小，B 不会发生移动，即B 处于静止状态，A 速度减为零时，设弹簧处于拉长状态且伸长量为x A ，根据能量守恒可知12kx B 2-12kx A 2＝μmg (x A -x B )，解得x B ＝x A (舍去)，x A ＝-13x B .负号表示弹簧处于压缩状态，压缩量为x'A ＝μmg k，此时恰好有kx A ＝μmg ，即A 速度减为零时刚好能静止，所以A 运动的最大位移及路程为s ＝x'A +x B ＝4μmg k，C 正确，B 、D 错误.8.如图所示，质量为m 的滑块放在光滑的水平平台上，平台右端B 与水平传送带相接，传送带的运行速度为v 0，长为L .现将滑块缓慢水平向左移动，压缩固定在平台上的轻质弹簧，到达某处时突然释放，当滑块滑到传送带右端C 时，恰好与传送带速度相同.滑块与传送带间的动摩擦因数为μ.(1)试分析滑块在传送带上的运动情况；(2)若滑块离开弹簧时的速度大于传送带的速度，求释放滑块时弹簧具有的弹性势能； (3)若滑块离开弹簧时的速度大于传送带的速度，求滑块在传送带上滑行的整个过程中产生的热量.解：(1)若滑块冲上传送带时的速度小于传送带的速度，则滑块由于受到向右的滑动摩擦力而做匀加速运动；若滑块冲上传送带时的速度大于传送带的速度，则滑块由于受到向左的滑动摩擦力而做匀减速运动.(2)设滑块冲上传送带时的速度大小为v ，由机械能守恒定律，得E p ＝12mv 2， 滑块从B 运动到C 过程，由动能定理，得 -μmgL ＝12mv 02-12mv 2， 所以E p ＝12mv 2＝12mv 02+μmgL .(3)设滑块在传送带上运动的时间为t ，则t 时间内传送带的位移x ＝v 0t ，v 0＝v -at ，a ＝μg ，由(2)得v＝√v02+2μgL，滑块相对传送带滑动的位移Δx＝L-x，相对滑动产生的热量Q＝μmgΔx，解得Q＝μmgL-mv0(√v02+2μgL-v0).。

能量（机械能、内能、电势能）转化与守恒【知识链接】一、机械能守恒定律1.条件：（1）对单个物体，只有重力或弹力做功．（2）对某一系统,物体间只有动能和重力势能及弹性势能相互转化,系统跟外界没有发生机械能的传递, 机械能也没有转变成其它形式的能(如没有内能产生)，则系统的机械能守恒．2.表达式（1）1122k p k p E E E E +=+；（2）k p E E ∆∆=-；（3）B =E A E ∆∆增减二、能量守恒定律1.各种形式的能量之间可以相互转化，同种形式的能量可以发生转移，但是能量的总量是保持不变；2.表达式：k p E E ∆∆=-若系统与外界不存在能量的转化或转移（即没有外力对系统做功）；则系统呢各种形式的能量的增加量和减少量是相等：B =E A E ∆∆增减。

【深度理解】一.机械能守恒定律1.注意问题（1）研究的对象研究对象的确认是解题的首要环节，对象是单个物体，还是多个物体组成的系统。

不同的对象，机械量守恒是否也不一样。

如右图所示，对于A 而言，机械能不守恒，对于A 和B 构成的系统，则能量守恒。

如何确实能量的守恒是选取一个物体和是一个系统，可以根据能量所对应的力来判断。

（2）要注意研究过程的选取有些问题的研究对象的运动是多个过程，注意是否每个过程的机械量是否守恒。

2.解题步骤（1）确定研究对象；（2）分析研究对象的运动过程及初末状态（3）分析研究对象的受力及其做功情况，是否符合能量守恒（对象内力做功，能量守恒，外力做功，不守恒）（对于机械能守恒，仅存重力和弹力做功下才成立。

有其他力做功，要能量守恒，则其他力做功也要考虑）（4）根据能量守恒公式进行计算【典例1】伽利略曾设计如图所示的一个实验，将摆球拉至M 点放开，摆球会达到同一水平高度上的N 点。

如果在E 或F 处钉上钉子，摆球将沿不同的圆弧达到同一高度的对应点；反过来，如果让摆球从这些点下落，它同样会达到原水平高度上的M 点。

第4讲功能关系能量守恒定律一、功能关系1．做功的过程就是能量的转化过程，能量的转化必须通过做功来实现．2．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．3．几种常见的功能关系及其表达式二、能量守恒定律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．1．一个盛水袋，某人从侧面缓慢推装液体的袋壁使它变形至如图所示位置，则此过程中袋和液体的重心将( )A．逐渐升高B．逐渐降低C．先降低再升高 D．始终不变解析：人对液体做正功，液体的机械能增加，液体缓慢移动可以认为动能不变，重力势能增加，重心升高，A 正确．答案：A2．(2013·天门模拟)如图所示，质量为m的跳高运动员先后用背越式和跨越式两种跳高方式跳过某一高度，该高度比他起跳时的重心高出h，则他从起跳后至越过横杆的过程中克服重力所做的功( )A．都必须大于mghB．都不一定大于mghC．用背越式不一定大于mgh，用跨越式必须大于mghD．用背越式必须大于mgh，用跨越式不一定大于mgh解析：采用背越式跳高方式时，运动员的重心升高的高度可以低于横杆，而采用跨越式跳高方式时，运动员的重心升高的高度一定高于横杆，故用背越式时克服重力做的功不一定大于mgh，而采用跨越式时克服重力做的功一定大于mgh，C正确．答案：C3．(2013·临沂模拟)第十三届田径锦标赛于2011年8月在韩国大邱举行．在撑杆跳比赛中，波兰选手沃伊切霍夫斯基以5.90 m的高度夺金，如果把撑杆跳全过程分成四个阶段：a－b、b－c、c－d、d－e，如图所示，则对这四个阶段的下列描述正确的有( )A．a－b为加速助跑阶段，人和杆的机械能在增加B．b－c为杆弯曲人上升阶段，系统动能减少，重力势能和弹性势能在增加C．c－d为杆伸直人上升阶段，人的动能转化为重力势能D．d－e为人过横杆后的下落阶段，重力所做的功等于人机械能的增加量答案：AB4．在奥运比赛项目中，高台跳水是我国运动员的强项．质量为m的跳水运动员入水后受到水的阻力而竖直向下做减速运动，设水对他的阻力大小恒为F.那么在他减速下降深度为h的过程中，下列说法正确的是(g为当地的重力加速度)( )A．他的动能减少了FhB．他的重力势能减少了mghC．他的动能减少了(F－mg) 30°＝ma＝34 mg，解得F f＝14 mg.重力势能的变化由重力做功决定，故ΔE p＝mgh. 动能的变化由合外力做功决定：(F f＋mg·sin 30°)·x＝ma·x＝34mg·hsin 30°＝32mgh.机械能的变化由重力或系统内弹力以外的其他力做功决定，故ΔE机械＝F f·x＝14mg·hsin 30°＝12mgh，故B、D正确，A、C错误．答案：BD能量转化守恒定律的理解和应用1．某种形式的能减少，一定存在其他形式的能增加，且减少量和增加量一定相等，即ΔE减＝ΔE增；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，即ΔE A减＝ΔE B增．这也是我们列能量守恒定律方程式的两条基本思路．(14分)如图所示，光滑坡道顶端距水平面高度为h，质量为m的小物块A从坡道顶端由静止滑下，进入水平面上的滑道时无机械能损失，为使A制动，将轻弹簧的一端固定在水平滑道延长线M处的墙上，另一端恰位于滑道的末端O点．已知在OM段，物块A与水平面间的动摩擦因数均为μ，其余各处的摩擦不计，重力加速度为g，求：(1)物块速度滑到O 点时的速度大小；(2)弹簧为最大压缩量d 时的弹性势能；(设弹簧处于原长时弹性势能为零) (3)若物块A 能够被弹回到坡道上，则它能够上升的最大高度是多少？ 规范解答解：(1)由机械能守恒定律得 mgh ＝12mv 2(2分)解得v ＝2gh. (1分)(2)在水平滑道上物块A 克服摩擦力所做的功为W ＝μmgd (1分) 由能量守恒定律得mv 2＝E p ＋μmgd (3分) 以上各式联立求解得E p ＝mgh －μmgd. (2分)(3)物块A 被弹回的过程中，克服摩擦力所做的功仍为W ＝μmgd 由能量守恒定律得E p ＝mgh′＋μmgd (3分) 解得物块A 能够上升的最大高度为：37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g ＝10 ms 2.求：(1)小物体第一次通过C 点时轨道对小物体的支持力F N 的大小； (2)要使小物体不从斜面顶端飞出，斜面的长度L AB 至少要多长；(3)若斜面已经满足(2)要求，小物体从E 点开始下落，直至最后在光滑圆弧轨道做周期性运动，在此过程中系统因摩擦所产生的热量Q 的大小．解析：(1)小物体从E 到C ，由能量守恒得 mg( 37°]④Wf ＝μmgcos 37°L AB ⑤ 联立③④⑤解得L AB ＝2.4 m.(3)因为mgsin 37°>μmgcos 37°(或μ<tan 37°)所以，小物体不会停在斜面上．小物体最后以C 为中心，B 为一侧最高点沿圆弧轨道做往返运动 从E 点开始直至稳定，系统因摩擦所产生的热量：Q ＝ΔE p ⑥ ΔE p ＝mg( θ＝ma ，h sin θ＝12at 2，可得t ＝1.6 s.(2)由能的转化和守恒得： mgh ＝μmg l2，l ＝12.8 m.(3)物体滑上传送带时的速度 v ＝at ＝8 ms ，传送带的速度为v 0＝6 ms ，物体向左匀减速的总时间 t 1＝vμg＝1.6 s ， 向右匀加速到与传送带同速的总时间 t 2＝v 0μg＝1.2 s ， 总的相对位移l 相＝v 2t 1＋v 0t 1＋v 0t 2－v 02t 2＝19.6 m.故产生的总热量为 Q ＝μmg·l 相对＝196 J.答案：(1)1.6 s (2)12.8 m (3)196 J求系统产生的摩擦热，关键是求解物体与传送带相对滑行过程中总的相对位移，注意区别二者同向、反向两种运动情况．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．下列说法正确的是( )A ．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B ．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C ．第一阶段物体和传送带间的摩擦生热等于第一阶段物体机械能的增加D ．物体从底端到顶端全过程机械能的增加等于全过程物体与传送带间的摩擦生热解析：第一阶段为滑动摩擦力做功，第二阶段为静摩擦力做功，两个阶段摩擦力方向都跟物体运动方向相同，所以摩擦力都做正功，选项A 错误；由功能关系可知，第一阶段摩擦力对物体做的功(除重力之外的力所做的功)等于物体机械能的增加，即ΔE ＝W 阻＝F 阻l 物，摩擦生热为Q ＝F 阻l 相对，又由于l 传送带＝vt ，l 物＝v2t ，所以l 物＝l相对＝12l 传送带，即Q ＝ΔE ，选项C 正确，B 错误．第二阶段没有摩擦生热，但物体的机械能继续增加，结合选项C 可以判断选项D 错误．答案：C1.(2013·烟台测试)升降机底板上放一质量为100 kg 的物体，物体随升降机由静止开始竖直向上移动5 m 时速度达到4 ms ，则此过程中(g 取10 ms 2)( )A ．升降机对物体做功5 800 JB ．合外力对物体做功5 800 JC ．物体的重力势能增加500 JD ．物体的机械能增加800 J解析： 根据动能定理得：W 升－mgh ＝12mv 2，可解得W 升＝5 800 J ，A 正确；合外力做的功12mv 2＝12×100×42J＝800 J ，B 错误；物体重力势能增加mgh ＝100×10×5 J＝5 000 J ，C 错误；物体机械能增加E ＝Fh ＝W 升＝5 800 J ，D 错．答案：A2．某电视台冲关栏目，选手需要抓住固定在支架上的绳子向上攀登，才可冲上领奖台，如图所示．如果某选手刚刚匀速攀爬到接近绳子顶端时，突然因抓不住绳子而加速滑下，对该过程进行分析(不考虑脚蹬墙壁的作用)，下述说法正确的是( )A ．上行时，人受到绳子的拉力与重力和摩擦力平衡B ．上行时，绳子拉力对人做的功等于人重力势能的增加C ．下滑时，人受到重力大于摩擦力，加速度小于gD ．下滑时，重力势能的减小大于动能的增加，机械能的减少量等于克服摩擦力做的功解析：人匀速上行时，绳子对人的摩擦力等于人的重力，A 错误；人上行过程中，人拉绳子，对自身做功，绳子并不对人做功，B 错误；人下滑时，由mg －F f ＝ma 可知，F f <mg ，a<g ，C 正确；人下滑时，重力势能的减少量有一部分用于克服摩擦力做功，对应人的机械能损失，故其重力势能的减小一定大于动能的增加，D 正确．答案：CD3．一个质量为m 的小铁块沿半径为R 的固定半圆轨道从上边缘由静止滑下，到半圆轨道底部时，轨道所受压力为铁块重力的1.5倍，则此过程中铁块损失的机械能为( )A.18mgRB.14mgR C.12mgR D.34mgR 解析：设铁块在半圆轨道底部的速度为v ，则1.5mg －mg ＝m v 2R ，由能量守恒有：mgR －ΔE ＝12mv 2，所以ΔE ＝34mgR ，正确选项为D.答案：D4.(2012·安徽卷)如图所示，在竖直平面内有一半径为R 的圆弧轨道，半径OA 水平、OB 竖直，一个质量为m 的小球自A 的正上方P 点由静止开始自由下落，小球沿轨道到达最高点B 时恰好对轨道没有压力．已知AP ＝2R ，重力加速度为g ，则小球从P 到B 的运动过程中( )A ．重力做功2mgRB ．机械能减少mgRC ．合外力做功mgRD ．克服摩擦力做功12mgR解析：小球到达B 点时，恰好对轨道没有压力，只受重力作用，根据mg ＝mv2R得，小球在B 点的速度v ＝gR.小球从P 到B 的过程中，重力做功W ＝mgR ，故选项A 错误；减少的机械能ΔE 减＝mgR －12mv 2＝12mgR ，故选项B 错误；合外力做功W 合＝12mv 2＝12mgR ，故选项C 错误；根据动能定理得，mgR －W f ＝12mv 2－0，所以W f ＝mgR －12mv 2＝12mgR ，故选项D 正确．答案：D5.如图所示，粗糙水平轨道AB 与竖直平面内的光滑半圆轨道BC 在B 处平滑连接，B 、C 分别为半圆轨道的最低点和最高点，一个质量m ＝0.1 kg 的小物体P 被一根细线拴住放在水平轨道上，细线的左端固定在竖直墙壁上，在墙壁和P 之间夹一根被压缩的轻弹簧，此时P 到B 点的距离x 0＝0.5 m ，物体P 与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.2，半圆轨道半径R ＝0.4 m ．现将细线剪断，P 被弹簧向右弹出后滑上半圆轨道，并恰好能经过C 点．g 取10 ms 2.求：(1)P 经过B 点时对轨道的压力； (2)细线未剪断时弹簧的弹性势能．解析：(1)P 恰好能经过C 点，设其速度为v C ， 由向心力公式有mg ＝m v 2CR ，解得v C ＝gR ＝10×0.4＝2 ms.P 从B 到C 的过程中机械能守恒，设P 经过B 点时的速度为v B ，则有 mg×2R＋12mv 2C ＝12mv 2B .解得v B ＝4gR ＋v 2C＝4×10×0.4＋22＝2 5 ms.设小球刚过B 时受到圆轨道的支持力为F NB ，由向心力公式有 F NB －mg ＝m v 2BR ，解得F NB ＝mg ＋m v 2BR＝0.1×10＋0.1×520.4＝6 N.由牛顿第三定律可得，物体刚过B 点时对轨道的压力大小为6 N ，方向竖直向下．(2)设细线剪断前弹簧的弹性势能为E p .从剪断细线到P 经过B 点的过程中，由能量守恒可得E p －μmgx 0＝12mv 2B ，解得E p ＝μmgx 0＋12mv 2B＝0.2×0.1×10×0.5＋12×0.1×(25)2＝1.1 J.答案： (1)6 N 方向竖直向下 (2)1.1 J。