PAGEPAGE11第4講功能關(guān)系能量守恒定律考點(diǎn)1功能關(guān)系1．對(duì)功能關(guān)系的進(jìn)一步理解(1)做功的過(guò)程就是能量轉(zhuǎn)化的過(guò)程．不同形式的能量發(fā)生相互轉(zhuǎn)化是通過(guò)做功來(lái)實(shí)現(xiàn)的．(2)功是能量轉(zhuǎn)化的量度，功和能的關(guān)系，一是體現(xiàn)在不同的力做功，對(duì)應(yīng)不同形式的能轉(zhuǎn)化，具有一一對(duì)應(yīng)關(guān)系，二是做功的多少與能量轉(zhuǎn)化的多少在數(shù)值上相等．2．幾種常見(jiàn)的功能關(guān)系及其表達(dá)式1．如圖，一質(zhì)量為m、長(zhǎng)度為l的勻稱松軟細(xì)繩PQ豎直懸掛．用外力將繩的下端Q緩慢地豎直向上拉起至M點(diǎn)，M點(diǎn)與繩的上端P相距eq\f(1,3)l.重力加速度大小為g.在此過(guò)程中，外力做的功為(A)A.eq\f(1,9)mgl B.eq\f(1,6)mglC.eq\f(1,3)mgl D.eq\f(1,2)mgl解析：解法1：將繩的下端Q緩慢向上拉至M點(diǎn)，使M、Q之間的繩對(duì)折，外力克服下面eq\f(1,3)的繩的重力做功，W外＝|WG|，而下面eq\f(1,3)的繩重心上升eq\f(1,3)l，故克服重力做功|WG|＝m0g·eq\f(1,3)l，又m0＝eq\f(1,3)m，則W外＝|WG|＝eq\f(1,3)mg·eq\f(1,3)l＝eq\f(1,9)mgl，故A選項(xiàng)正確．解法2：Q緩慢移動(dòng)說(shuō)明繩子的動(dòng)能改變忽視不計(jì)．以Q點(diǎn)為零勢(shì)能點(diǎn)，細(xì)繩的初始機(jī)械能為eq\f(1,2)mgl，末態(tài)機(jī)械能為eq\f(1,3)mg·eq\f(5,6)l＋eq\f(2,3)mg·eq\f(l,2)＝eq\f(11,18)mgl，則增加的機(jī)械能ΔE＝eq\f(11,18)mgl－eq\f(1,2)mgl＝eq\f(1,9)mgl.由功能關(guān)系可知A項(xiàng)正確．解法3：作用點(diǎn)位移x＝eq\f(2,3)l，平均作用力為eq\f(1,6)mg，故拉力做功W＝eq\x\to(F)·x＝eq\f(1,9)mgl，故A項(xiàng)正確．2．如圖所示，某段滑雪雪道傾角為30°，總質(zhì)量為m(包括雪具在內(nèi))的滑雪運(yùn)動(dòng)員從距底端高為h處的雪道上由靜止起先勻加速下滑，加速度為eq\f(1,3)g.在他從上向下滑究竟端的過(guò)程中，下列說(shuō)法正確的是(D)A．運(yùn)動(dòng)員削減的重力勢(shì)能全部轉(zhuǎn)化為動(dòng)能B．運(yùn)動(dòng)員獲得的動(dòng)能為eq\f(1,3)mghC．運(yùn)動(dòng)員克服摩擦力做功為eq\f(2,3)mghD．下滑過(guò)程中系統(tǒng)削減的機(jī)械能為eq\f(1,3)mgh解析：運(yùn)動(dòng)員的加速度大小為eq\f(1,3)g，小于gsin30°＝eq\f(1,2)g，所以其必受摩擦力，且大小為eq\f(1,6)mg，克服摩擦力做的功為eq\f(1,6)mg×eq\f(h,sin30°)＝eq\f(1,3)mgh，故C錯(cuò)；摩擦力做負(fù)功，機(jī)械能不守恒，削減的重力勢(shì)能沒(méi)有全部轉(zhuǎn)化為動(dòng)能，有eq\f(1,3)mgh轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，故A錯(cuò)，D正確；由動(dòng)能定理知，運(yùn)動(dòng)員獲得的動(dòng)能為eq\f(1,3)mg×eq\f(h,sin30°)＝eq\f(2,3)mgh，故B錯(cuò)．3．(多選)如圖所示，質(zhì)量為M、長(zhǎng)度為L(zhǎng)的小車靜止在光滑水平面上，質(zhì)量為m的小物塊(可視為質(zhì)點(diǎn))放在小車的最左端．現(xiàn)用一水平恒力F作用在小物塊上，使小物塊從靜止起先做勻加速直線運(yùn)動(dòng)．小物塊和小車之間的摩擦力為f，小物塊滑到小車的最右端時(shí)，小車運(yùn)動(dòng)的距離為x.此過(guò)程中，以下結(jié)論正確的是(ABC)A．小物塊到達(dá)小車最右端時(shí)具有的動(dòng)能為(F－f)(L＋x)B．小物塊到達(dá)小車最右端時(shí)，小車具有的動(dòng)能為fxC．小物塊克服摩擦力所做的功為f(L＋x)D．小物塊和小車增加的機(jī)械能為Fx解析：由動(dòng)能定理可得，小物塊到達(dá)小車最右端時(shí)的動(dòng)能Ek物＝W合＝(F－f)(L＋x)，A正確；小物塊到達(dá)小車最右端時(shí)，小車的動(dòng)能Ek車＝fx，B正確；小物塊克服摩擦力所做的功Wf＝f(L＋x)，C正確；小物塊和小車增加的機(jī)械能為F(L＋x)－fL，D錯(cuò)誤．在應(yīng)用功能關(guān)系解決詳細(xì)問(wèn)題的過(guò)程中：(1)若只涉及動(dòng)能的改變，用動(dòng)能定理分析．(2)若只涉及重力勢(shì)能的改變，用重力做功與重力勢(shì)能改變的關(guān)系分析．(3)若只涉及機(jī)械能改變，用除重力和彈簧的彈力之外的力做功與機(jī)械能改變的關(guān)系分析．(4)若只涉及電勢(shì)能的改變，用電場(chǎng)力做功與電勢(shì)能改變的關(guān)系分析．考點(diǎn)2摩擦力做功與能量守恒定律1．兩種摩擦力做功狀況的對(duì)比2.對(duì)能量守恒定律的理解(1)轉(zhuǎn)化：某種形式的能量削減，肯定存在其他形式的能量增加，且削減量和增加量肯定相等．(2)轉(zhuǎn)移：某個(gè)物體的能量削減，肯定存在其他物體的能量增加，且削減量和增加量相等．3．運(yùn)用能量守恒定律解題的基本思路考向1摩擦力做功的理解與計(jì)算將三個(gè)木板1、2、3固定在墻角，木板與墻壁和地面構(gòu)成了三個(gè)不同的三角形，如圖所示，其中1與2最低點(diǎn)相同，2和3高度相同．現(xiàn)將一個(gè)可以視為質(zhì)點(diǎn)的物塊分別從三個(gè)木板的頂端由靜止釋放，并沿斜面下滑究竟端，物塊與木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ均相同．在這三個(gè)過(guò)程中，下列說(shuō)法不正確的是()A．沿著1和2下滑究竟端時(shí)，物塊的速度不同，沿著2和3下滑究竟端時(shí)，物塊的速度相同B．沿著1下滑究竟端時(shí)，物塊的速度最大C．物塊沿著3下滑究竟端的過(guò)程中，產(chǎn)生的熱量是最多的D．物塊沿著1和2下滑究竟端的過(guò)程中，產(chǎn)生的熱量是一樣多的[審題指導(dǎo)]此類問(wèn)題一般要抓住相同點(diǎn)：(1)斜面1和2底面相同；(2)斜面2和3高度相同．【解析】設(shè)1、2、3木板與地面的夾角分別為θ1、θ2、θ3，木板長(zhǎng)分別為l1、l2、l3，當(dāng)物塊沿木板1下滑時(shí)，由動(dòng)能定理有mgh1－μmgl1cosθ1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－0，當(dāng)物塊沿木板2下滑時(shí)，由動(dòng)能定理有mgh2－μmgl2cosθ2＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－0，又h1>h2，l1cosθ1＝l2cosθ2，可得v1>v2；當(dāng)物塊沿木板3下滑時(shí)，由動(dòng)能定理有mgh3－μmgl3cosθ3＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,3)－0，又h2＝h3，l2cosθ2<l3cosθ3，可得v2>v3，故A不正確，B正確．三個(gè)過(guò)程中產(chǎn)生的熱量分別為Q1＝μmgl1cosθ1，Q2＝μmgl2cosθ2，Q3＝μmgl3cosθ3，則Q1＝Q2<Q3，故C、D正確．【答案】A1．(2024·四川五校聯(lián)考)如圖所示，輕質(zhì)彈簧一端固定，另一端與一質(zhì)量為m、套在粗糙豎直固定桿A處的圓環(huán)相連，彈簧水平且處于原長(zhǎng)．圓環(huán)從A處由靜止起先下滑，經(jīng)過(guò)B處的速度最大，到達(dá)C處的速度為零，AC＝h，此為過(guò)程Ⅰ；若圓環(huán)在C處獲得一豎直向上的速度v，則恰好能回到A處，此為過(guò)程Ⅱ.已知彈簧始終在彈性范圍內(nèi)，重力加速度為g，則圓環(huán)(D)A．在過(guò)程Ⅰ中，加速度始終減小B．在過(guò)程Ⅱ中，克服摩擦力做的功為eq\f(1,2)mv2C．在C處，彈簧的彈性勢(shì)能為eq\f(1,4)mv2－mghD．在過(guò)程Ⅰ、過(guò)程Ⅱ中克服摩擦力做的功相同解析：對(duì)圓環(huán)受力分析，如圖所示，圓環(huán)剛起先下滑時(shí)，圓環(huán)受到的合力向下，設(shè)彈簧原長(zhǎng)為L(zhǎng)，下滑過(guò)程中，彈簧彈力與豎直方向的夾角為θ，則彈簧彈力F＝kL(eq\f(1,sinθ)－1)，豎直方向依據(jù)牛頓其次定律可得mg－Fcosθ－μFN＝ma，水平方向有Fsinθ＝FN，聯(lián)立可知，圓環(huán)下滑過(guò)程中受到的合力先減小后增大，圓環(huán)的加速度先減小后增大，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；在過(guò)程Ⅰ和Ⅱ中，圓環(huán)在相同位置時(shí)受到的滑動(dòng)摩擦力大小相等，所以在這兩個(gè)過(guò)程中克服摩擦力做的功相等，選項(xiàng)D正確；在過(guò)程Ⅰ中，依據(jù)動(dòng)能定理可得WG－Wf－W彈＝0，解得Wf＝WG－W彈，在過(guò)程Ⅱ中，依據(jù)動(dòng)能定理可得－WG＋W彈－Wf＝－eq\f(1,2)mv2，聯(lián)立解得Wf＝eq\f(1,4)mv2，在C處Ep彈＝W彈＝mgh－eq\f(1,4)mv2，選項(xiàng)BC錯(cuò)誤．綜上本題選D.考向2傳送帶模型中摩擦力做功與能量守恒(2024·江西新余四中檢測(cè))(多選)如圖所示，水平傳送帶順時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，一物塊輕放在傳送帶左端，當(dāng)物塊運(yùn)動(dòng)到傳送帶右端時(shí)恰與傳送帶速度相等．若傳送帶仍保持勻速運(yùn)動(dòng)，但速度加倍，仍將物塊輕放在傳送帶左端，則物塊在傳送帶上的運(yùn)動(dòng)與傳送帶的速度加倍前相比，下列推斷正確的是()A．物塊運(yùn)動(dòng)的時(shí)間變?yōu)樵瓉?lái)的一半B．摩擦力對(duì)物塊做的功不變C．摩擦產(chǎn)生的熱量為原來(lái)的兩倍D．電動(dòng)機(jī)因帶動(dòng)物塊多做的功是原來(lái)的兩倍[審題指導(dǎo)]傳送帶速度加倍，不會(huì)影響物塊的運(yùn)動(dòng)，但會(huì)使相對(duì)位移發(fā)生改變．【解析】由題意知物塊向右做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，傳送帶速度增大，物塊仍舊做加速度不變的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，到達(dá)右端時(shí)速度未達(dá)到傳送帶速度，依據(jù)x＝eq\f(1,2)at2可知，運(yùn)動(dòng)的時(shí)間相同，故A錯(cuò)誤；依據(jù)動(dòng)能定理可知：Wf＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，因?yàn)槲飰K的動(dòng)能不變，所以摩擦力對(duì)物塊做的功不變，故B正確；物塊做勻加速直線運(yùn)動(dòng)的加速度為a＝μg，則勻加速直線運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為：t＝eq\f(v0,μg)，在這段時(shí)間內(nèi)物塊的位移為：x2＝eq\f(v\o\al(2,0),2μg)，傳送帶的位移為：x1＝v0t＝eq\f(v\o\al(2,0),μg)，則傳送帶與物塊間的相對(duì)位移大小，即劃痕的長(zhǎng)度為：Δx＝x1－x2＝eq\f(v\o\al(2,0),2μg)，摩擦產(chǎn)生的熱量Q＝μmgΔx＝eq\f(mv\o\al(2,0),2)，當(dāng)速度加倍后，在這段時(shí)間內(nèi)物塊的位移仍為：x2′＝eq\f(v\o\al(2,0),2a)＝eq\f(v\o\al(2,0),2μg)，傳送帶的位移為：x1′＝2v0t＝eq\f(2v\o\al(2,0),μg)，則傳送帶與物塊間的相對(duì)位移大小，則劃痕的長(zhǎng)度為：Δx′＝x1′－x2′＝eq\f(3v\o\al(2,0),2μg)，摩擦產(chǎn)生的熱量Q′＝μmgΔx′＝eq\f(3mv\o\al(2,0),2)，可知摩擦產(chǎn)生的熱量為原來(lái)的3倍，故C錯(cuò)誤；電動(dòng)機(jī)多做的功轉(zhuǎn)化成了物塊的動(dòng)能和摩擦產(chǎn)生的熱量，速度沒(méi)變時(shí)：W電＝Q＋eq\f(mv\o\al(2,0),2)＝mveq\o\al(2,0)；速度加倍后：W電′＝Q′＋eq\f(mv\o\al(2,0),2)＝2mveq\o\al(2,0)，故D正確．所以BD正確，AC錯(cuò)誤．【答案】BD2．如圖所示，繃緊的傳送帶與水平面的夾角為θ，傳送帶在電動(dòng)機(jī)的帶動(dòng)下，始終保持v的速率運(yùn)行，現(xiàn)把一質(zhì)量為m的工件(可看做質(zhì)點(diǎn))輕輕放在傳送帶的底端，經(jīng)過(guò)一段時(shí)間，工件與傳送帶達(dá)到共同速度后接著傳送到達(dá)h高處，工件與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，重力加速度為g，則下列結(jié)論正確的是(B)A．工件與傳送帶間摩擦生熱為eq\f(1,2)mv2B．傳送帶對(duì)工件做的功為eq\f(1,2)mv2＋mghC．傳送帶對(duì)工件做的功為eq\f(μmgh,tanθ)D．電動(dòng)機(jī)因傳送工件多做的功為eq\f(1,2)mv2＋mgh解析：工件與傳送帶的相對(duì)位移s＝vt－eq\f(v,2)t，對(duì)工件：v＝at＝(μgcosθ－gsinθ)·t，代入可得s＝eq\f(v2,2μgcosθ－gsinθ)，摩擦生熱Q＝f·s＝eq\f(μmgcosθv2,2μgcosθ－gsinθ)，A錯(cuò)誤；傳送帶對(duì)工件做的功等于工件增加的機(jī)械能，B正確，C錯(cuò)誤；電動(dòng)機(jī)因傳送工件多做的功W＝eq\f(1,2)mv2＋mgh＋Q，D錯(cuò)誤．考向3板塊模型中摩擦力做功與能量守恒如圖甲所示，質(zhì)量M＝1.0kg的長(zhǎng)木板A靜止在光滑水平面上，在木板的左端放置一個(gè)質(zhì)量m＝1.0kg的小鐵塊B，鐵塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.2，對(duì)鐵塊施加水平向右的拉力F，F(xiàn)大小隨時(shí)間改變?nèi)鐖D乙所示，4s時(shí)撤去拉力．可認(rèn)為A、B間的最大靜摩擦力與滑動(dòng)摩擦力大小相等，重力加速度g取10m/s2.求：(1)0～1s內(nèi)，A、B的加速度大小aA、aB；(2)B相對(duì)A滑行的最大距離x；(3)0～4s內(nèi)，拉力做的功W；(4)0～4s內(nèi)系統(tǒng)產(chǎn)生的摩擦熱Q.[審題指導(dǎo)](1)本題應(yīng)分段分析每個(gè)物體的受力和運(yùn)動(dòng)狀況，加速度的計(jì)算是關(guān)鍵；(2)做出A、B兩物體的v-t圖象，可使問(wèn)題直觀明白．【解析】(1)在0～1s內(nèi)，A、B兩物體分別做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，依據(jù)牛頓其次定律得μmg＝MaA，F(xiàn)1－μmg＝maB，代入數(shù)據(jù)得aA＝2m/s2，aB＝4m/s2.(2)t1＝1s后，拉力F2＝μmg，鐵塊B做勻速運(yùn)動(dòng)，速度大小為v1；木板A仍做勻加速運(yùn)動(dòng)，又經(jīng)過(guò)時(shí)間t2，速度與鐵塊B相等．v1＝aBt1，又v1＝aA(t1＋t2)，解得t2＝1s，設(shè)A、B速度相等后一起做勻加速運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)時(shí)間t3＝2s，加速度為a，則F2＝(M＋m)aa＝1m/s2，木板A受到的靜摩擦力Ff＝Ma<μmg，A、B一起運(yùn)動(dòng)x＝eq\f(1,2)aBteq\o\al(2,1)＋v1t2－eq\f(1,2)aA(t1＋t2)2，代入數(shù)據(jù)得x＝2m.(3)時(shí)間t1內(nèi)拉力做的功W1＝F1x1＝F1·eq\f(1,2)aBteq\o\al(2,1)＝12J，時(shí)間t2內(nèi)拉力做的功W2＝F2x2＝F2v1t2＝8J，時(shí)間t3內(nèi)拉力做的功W3＝F2x3＝F2(v1t3＋eq\f(1,2)ateq\o\al(2,3))＝20J，4s內(nèi)拉力做的功W＝W1＋W2＋W3＝40J.(4)系統(tǒng)的摩擦熱Q只發(fā)生在t1＋t2時(shí)間內(nèi)，鐵塊與木板相對(duì)滑動(dòng)階段，此過(guò)程中系統(tǒng)的摩擦熱Q＝μmg·x＝4J.【答案】(1)aA＝2m/s2aB＝4m/s2(2)2m(3)40J(4)4J3．(多選)一上表面水平的小車在光滑水平面上勻速向右運(yùn)動(dòng)，在t＝0時(shí)刻將一相對(duì)于地面靜止的質(zhì)量m＝1kg的物塊輕放在小車前端，如圖甲所示，以后小車運(yùn)動(dòng)的速度—時(shí)間圖象如圖乙所示．已知物塊始終在小車上，重力加速度g取10m/s2.則下列推斷正確的是(ABD)A．小車與物塊間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.2，小車的最小長(zhǎng)度為1.25mB．物塊的最終動(dòng)能Ek＝0.5J，小車動(dòng)能的削減量ΔEk＝3JC．小車與物塊間摩擦生熱3JD．小車的質(zhì)量為0.25kg解析：由v-t圖象知