2019-2020年高考物理一輪復(fù)習(xí)講義 第五章 機(jī)械能 第4講 功能關(guān)系 能量守恒定律 教科版.doc

2019-2020年高考物理一輪復(fù)習(xí)講義 第五章 機(jī)械能 第4講 功能關(guān)系 能量守恒定律 教科版一、功能關(guān)系1做功的過程就是能量的轉(zhuǎn)化過程，能量的轉(zhuǎn)化必須通過做功來實(shí)現(xiàn)2功是能量轉(zhuǎn)化的量度，即做了多少功，就有多少能量發(fā)生了轉(zhuǎn)化3幾種常見的功能關(guān)系及其表達(dá)式二、能量守恒定律1內(nèi)容：能量既不會(huì)憑空產(chǎn)生，也不會(huì)憑空消失它只能從一種形式轉(zhuǎn)化為另一種形式，或者從一個(gè)物體轉(zhuǎn)移到別的物體，在轉(zhuǎn)化或轉(zhuǎn)移的過程中，能量的總量保持不變2表達(dá)式：E減E增1一個(gè)盛水袋，某人從側(cè)面緩慢推裝液體的袋壁使它變形至如圖所示位置，則此過程中袋和液體的重心將()A逐漸升高B逐漸降低C先降低再升高 D始終不變解析：人對(duì)液體做正功，液體的機(jī)械能增加，液體緩慢移動(dòng)可以認(rèn)為動(dòng)能不變，重力勢能增加，重心升高，A正確答案：A2(xx天門模擬)如圖所示，質(zhì)量為m的跳高運(yùn)動(dòng)員先后用背越式和跨越式兩種跳高方式跳過某一高度，該高度比他起跳時(shí)的重心高出h，則他從起跳后至越過橫桿的過程中克服重力所做的功()A都必須大于mghB都不一定大于mghC用背越式不一定大于mgh，用跨越式必須大于mghD用背越式必須大于mgh，用跨越式不一定大于mgh解析：采用背越式跳高方式時(shí)，運(yùn)動(dòng)員的重心升高的高度可以低于橫桿，而采用跨越式跳高方式時(shí)，運(yùn)動(dòng)員的重心升高的高度一定高于橫桿，故用背越式時(shí)克服重力做的功不一定大于mgh，而采用跨越式時(shí)克服重力做的功一定大于mgh，C正確答案：C3(xx臨沂模擬)第十三屆田徑錦標(biāo)賽于xx年8月在韓國大邱舉行在撐桿跳比賽中，波蘭選手沃伊切霍夫斯基以5.90 m的高度奪金，如果把撐桿跳全過程分成四個(gè)階段：ab、bc、cd、de，如圖所示，則對(duì)這四個(gè)階段的下列描述正確的有()Aab為加速助跑階段，人和桿的機(jī)械能在增加Bbc為桿彎曲人上升階段，系統(tǒng)動(dòng)能減少，重力勢能和彈性勢能在增加Ccd為桿伸直人上升階段，人的動(dòng)能轉(zhuǎn)化為重力勢能Dde為人過橫桿后的下落階段，重力所做的功等于人機(jī)械能的增加量答案：AB4在奧運(yùn)比賽項(xiàng)目中，高臺(tái)跳水是我國運(yùn)動(dòng)員的強(qiáng)項(xiàng)質(zhì)量為m的跳水運(yùn)動(dòng)員入水后受到水的阻力而豎直向下做減速運(yùn)動(dòng)，設(shè)水對(duì)他的阻力大小恒為F.那么在他減速下降深度為h的過程中，下列說法正確的是(g為當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣?()A他的動(dòng)能減少了FhB他的重力勢能減少了mghC他的動(dòng)能減少了(Fmg)hD他的機(jī)械能減少了Fh解析：跳水運(yùn)動(dòng)員入水減速下降h的過程中，他的重力勢能減少了mgh，則B選項(xiàng)正確；由動(dòng)能定理知，動(dòng)能減少了(Fmg)h，則C選項(xiàng)正確；重力以外的力做的功等于機(jī)械能的變化，則D選項(xiàng)正確答案：BCD5.如圖所示，在水平地面上放一個(gè)豎直輕彈簧，彈簧上端與一木塊相連平衡后，在木塊上再作用一個(gè)豎直向下的力F，使木塊緩慢下移 0.1 m，力F做功2.5 J，此時(shí)木塊剛好再次處于平衡狀態(tài)，則在木塊下移0.1 m的過程中，彈簧彈性勢能的增加量()A等于2.5 J B大于2.5 JC小于 2.5 J D無法確定解析：木塊在下移過程中，其重力勢能也要減少答案：B一物塊放在如圖所示的斜面上，用力F沿斜面向下拉物塊，物塊沿斜面運(yùn)動(dòng)了一段距離，若已知在此過程中，拉力F所做的功為A，斜面對(duì)物塊的作用力所做的功為B，重力做的功為C，空氣阻力做的功為D，其中A、B、C、D的絕對(duì)值分別為100 J、30 J、100 J、20 J，則(1)物塊動(dòng)能的增量為多少？(2)物塊機(jī)械能的增量為多少？解析：(1)在物塊下滑的過程中，拉力F做正功，斜面對(duì)物塊有摩擦力，做負(fù)功，重力做正功，空氣阻力做負(fù)功根據(jù)動(dòng)能定理，合外力對(duì)物塊做的功等于物塊動(dòng)能的增量，則EkW合ABCD100 J(30 J)100 J(20 J)150 J.(2)根據(jù)功能關(guān)系，除重力之外的其他力所做的功等于物塊機(jī)械能的增量，則E機(jī)ABD100 J(30 J)(20 J)50 J.答案：(1)150 J(2)50 J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)只涉及重力勢能的變化用重力做功與重力勢能變化的關(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)只涉及電勢能的變化用電場力做功與電勢能變化的關(guān)系分析11：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g，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重力勢能增加了mghB重力勢能增加了mghC動(dòng)能損失了mghD機(jī)械能損失了mgh解析：設(shè)物體受到的摩擦阻力為Ff，由牛頓運(yùn)動(dòng)定律得Ffmgsin 30mamg，解得Ffmg.重力勢能的變化由重力做功決定，故Epmgh.動(dòng)能的變化由合外力做功決定：(Ffmgsin 30)xmaxmgmgh.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E機(jī)械Ffxmgmgh，故B、D正確，A、C錯(cuò)誤答案：BD1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，即E減E增；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，即EA減EB增這也是我們列能量守恒定律方程式的兩條基本思路(14分)如圖所示，光滑坡道頂端距水平面高度為h，質(zhì)量為m的小物塊A從坡道頂端由靜止滑下，進(jìn)入水平面上的滑道時(shí)無機(jī)械能損失， 為使A制動(dòng)，將輕彈簧的一端固定在水平滑道延長線M處的墻上，另一端恰位于滑道的末端O點(diǎn)已知在OM段，物塊A與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為，其余各處的摩擦不計(jì)，重力加速度為g，求：(1)物塊速度滑到O點(diǎn)時(shí)的速度大小；(2)彈簧為最大壓縮量d時(shí)的彈性勢能；(設(shè)彈簧處于原長時(shí)彈性勢能為零)(3)若物塊A能夠被彈回到坡道上，則它能夠上升的最大高度是多少？規(guī)范解答/解：(1)由機(jī)械能守恒定律得mghmv2 (2分)解得v. (1分)(2)在水平滑道上物塊A克服摩擦力所做的功為Wmgd (1分)由能量守恒定律得mv2Epmgd (3分)以上各式聯(lián)立求解得Epmghmgd. (2分)(3)物塊A被彈回的過程中，克服摩擦力所做的功仍為Wmgd由能量守恒定律得Epmghmgd (3分)解得物塊A能夠上升的最大高度為：hh2d. (2分)答案： (1)(2)mghmgd(3)h2d應(yīng)用能量轉(zhuǎn)化守恒定律解題的步驟(1)分清有幾種形式的能在變化，如動(dòng)能、勢能(包括重力勢能、彈性勢能、電勢能)、內(nèi)能等(2)明確哪些形式的能量增加，哪些形式的能量減少，并且列出減少的能量E減和增加的能量E增的表達(dá)式(3)列出能量守恒關(guān)系式：E減E增21：如圖所示，在豎直平面內(nèi)，粗糙的斜面軌道AB的下端與光滑的圓弧軌道BCD相切于B，C是最低點(diǎn)，圓心角BOC37，D與圓心O等高，圓弧軌道半徑R1.0 m，現(xiàn)有一個(gè)質(zhì)量為m0.2 kg可視為質(zhì)點(diǎn)的小物體，從D點(diǎn)的正上方E點(diǎn)處自由下落，DE距離h1.6 m，小物體與斜面AB之間的動(dòng)摩擦因數(shù)0.5.取sin 370.6，cos 370.8，g10 m/s2.求：(1)小物體第一次通過C點(diǎn)時(shí)軌道對(duì)小物體的支持力FN的大小；(2)要使小物體不從斜面頂端飛出，斜面的長度LAB至少要多長；(3)若斜面已經(jīng)滿足(2)要求，小物體從E點(diǎn)開始下落，直至最后在光滑圓弧軌道做周期性運(yùn)動(dòng)，在此過程中系統(tǒng)因摩擦所產(chǎn)生的熱量Q的大小解析：(1)小物體從E到C，由能量守恒得mg(hR)mv 在C點(diǎn)，由牛頓第二定律得：FNmgm 聯(lián)立解得FN12.4 N.(2)從EDCBA過程，由動(dòng)能定理得：WGWf0 WGmg(hRcos 37)LABsin 37Wfmgcos 37LAB 聯(lián)立解得LAB2.4 m.(3)因?yàn)閙gsin 37>mgcos 37(或<tan 37)所以，小物體不會(huì)停在斜面上小物體最后以C為中心，B為一側(cè)最高點(diǎn)沿圓弧軌道做往返運(yùn)動(dòng)從E點(diǎn)開始直至穩(wěn)定，系統(tǒng)因摩擦所產(chǎn)生的熱量：QEp Epmg(hRcos 37) 聯(lián)立解得Q4.8 J.答案： (1)12.4 N(2)2.4 m(3)4.8 J求解物體在傳送帶上運(yùn)動(dòng)時(shí)能量問題的基本思路如圖所示，傾角為30的光滑斜面的下端有一水平傳送帶，傳送帶正以6 m/s的速度運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)方向如圖所示一個(gè)質(zhì)量為2 kg的物體(物體可以視為質(zhì)點(diǎn))，從h3.2 m高處由靜止沿斜面下滑，物體經(jīng)過A點(diǎn)時(shí)，不管是從斜面到傳送帶還是從傳送帶到斜面，都不計(jì)其動(dòng)能損失物體與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.5，物體向左最多能滑到傳送帶左右兩端AB的中點(diǎn)處，重力加速度g10 m/s2，則：(1)物體由靜止沿斜面下滑到斜面末端需要多長時(shí)間？(2)傳送帶左右兩端A、B間的距離l至少為多少？(3)物體與傳送帶組成的系統(tǒng)在完成一次來回滑行過程中產(chǎn)生的摩擦熱為多少？解析：(1)物體在斜面上由牛頓第二定律得：mgsin ma，at2，可得t1.6 s.(2)由能的轉(zhuǎn)化和守恒得：mghmg，l12.8 m.(3)物體滑上傳送帶時(shí)的速度vat8 m/s，傳送帶的速度為v06 m/s，物體向左勻減速的總時(shí)間t11.6 s，向右勻加速到與傳送帶同速的總時(shí)間t21.2 s，總的相對(duì)位移l相t1v0t1v0t2t219.6 m.故產(chǎn)生的總熱量為Qmgl相對(duì)196 J.答案：(1)1.6 s(2)12.8 m(3)196 J求系統(tǒng)產(chǎn)生的摩擦熱，關(guān)鍵是求解物體與傳送帶相對(duì)滑行過程中總的相對(duì)位移，注意區(qū)別二者同向、反向兩種運(yùn)動(dòng)情況如圖所示，足夠長的傳送帶以恒定速率順時(shí)針運(yùn)行，將一個(gè)物體輕輕放在傳送帶底端，第一階段物體被加速到與傳送帶具有相同的速度，第二階段與傳送帶相對(duì)靜止，勻速運(yùn)動(dòng)到達(dá)傳送帶頂端下列說法正確的是()A第一階段摩擦力對(duì)物體做正功，第二階段摩擦力對(duì)物體不做功B第一階段摩擦力對(duì)物體做的功等于第一階段物體動(dòng)能的增加C第一階段物體和傳送帶間的摩擦生熱等于第一階段物體機(jī)械能的增加D物體從底端到頂端全過程機(jī)械能的增加等于全過程物體與傳送帶間的摩擦生熱解析：第一階段為滑動(dòng)摩擦力做功，第二階段為靜摩擦力做功，兩個(gè)階段摩擦力方向都跟物體運(yùn)動(dòng)方向相同，所以摩擦力都做正功，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；由功能關(guān)系可知，第一階段摩擦力對(duì)物體做的功(除重力之外的力所做的功)等于物體機(jī)械能的增加，即EW阻F阻l物，摩擦生熱為QF阻l相對(duì)，又由于l傳送帶vt，l物t，所以l物l相對(duì)l傳送帶，即QE，選項(xiàng)C正確，B錯(cuò)誤第二階段沒有摩擦生熱，但物體的機(jī)械能繼續(xù)增加，結(jié)合選項(xiàng)C可以判斷選項(xiàng)D錯(cuò)誤答案：C1.(xx煙臺(tái)測試)升降機(jī)底板上放一質(zhì)量為100 kg的物體，物體隨升降機(jī)由靜止開始豎直向上移動(dòng)5 m時(shí)速度達(dá)到4 m/s，則此過程中(g取10 m/s2)()A升降機(jī)對(duì)物體做功5 800 JB合外力對(duì)物體做功5 800 JC物體的重力勢能增加500 JD物體的機(jī)械能增加800 J解析：根據(jù)動(dòng)能定理得：W升mghmv2，可解得W升5 800 J，A正確；合外力做的功mv210042 J800 J，B錯(cuò)誤；物體重力勢能增加mgh100105 J5 000 J，C錯(cuò)誤；物體機(jī)械能增加EFhW升5 800 J，D錯(cuò)答案：A2某電視臺(tái)沖關(guān)欄目，選手需要抓住固定在支架上的繩子向上攀登，才可沖上領(lǐng)獎(jiǎng)臺(tái)，如圖所示如果某選手剛剛勻速攀爬到接近繩子頂端時(shí)，突然因抓不住繩子而加速滑下，對(duì)該過程進(jìn)行分析(不考慮腳蹬墻壁的作用)，下述說法正確的是()A上行時(shí)，人受到繩子的拉力與重力和摩擦力平衡B上行時(shí)，繩子拉力對(duì)人做的功等于人重力勢能的增加C下滑時(shí)，人受到重力大于摩擦力，加速度小于gD下滑時(shí)，重力勢能的減小大于動(dòng)能的增加，機(jī)械能的減少量等于克服摩擦力做的功解析：人勻速上行時(shí)，繩子對(duì)人的摩擦力等于人的重力，A錯(cuò)誤；人上行過程中，人拉繩子，對(duì)自身做功，繩子并不對(duì)人做功，B錯(cuò)誤；人下滑時(shí)，由mgFfma可知，F(xiàn)f<mg，a<g，C正確；人下滑時(shí)，重力勢能的減少量有一部分用于克服摩擦力做功，對(duì)應(yīng)人的機(jī)械能損失，故其重力勢能的減小一定大于動(dòng)能的增加，D正確答案：CD3一個(gè)質(zhì)量為m的小鐵塊沿半徑為R的固定半圓軌道從上邊緣由靜止滑下，到半圓軌道底部時(shí)，軌道所受壓力為鐵塊重力的1.5倍，則此過程中鐵塊損失的機(jī)械能為()A.mgRB.mgRC.mgR D.mgR解析：設(shè)鐵塊在半圓軌道底部的速度為v，則1.5mgmgm，由能量守恒有：mgREmv2，所以EmgR，正確選項(xiàng)為D.答案：D4.(xx安徽卷)如圖所示，在豎直平面內(nèi)有一半徑為R的圓弧軌道，半徑OA水平、OB豎直，一個(gè)質(zhì)量為m的小球自A的正上方P點(diǎn)由靜止開始自由下落，小球沿軌道到達(dá)最高點(diǎn)B時(shí)恰好對(duì)軌道沒有壓力已知AP2R，重力加速度為g，則小球從P到B的運(yùn)動(dòng)過程中()A重力做功2mgRB機(jī)械能減少mgRC合外力做功mgRD克服摩擦力做功mgR解析：小球到達(dá)B點(diǎn)時(shí)，恰好對(duì)軌道沒有壓力，只受重力作用，根據(jù)mg得，小球在B點(diǎn)的速度v.小球從P到B的過程中，重力做功WmgR，故選項(xiàng)A錯(cuò)誤；減少的機(jī)械能E減mgRmv2mgR，故選項(xiàng)B錯(cuò)誤；合外力做功W合mv2mgR，故選項(xiàng)C錯(cuò)誤；根據(jù)動(dòng)能定理得，mgRWfmv20，所以WfmgRmv2mgR，故選項(xiàng)D正確答案：D5.如圖所示，粗糙水平軌道AB與豎直平面內(nèi)的光滑半圓軌道BC在B處平滑連接，B、C分別為半圓軌道的最低點(diǎn)和最高點(diǎn)，一個(gè)質(zhì)量m0.1 kg的小物體P被一根細(xì)線拴住放在水平軌道上，細(xì)線的左端固定在豎直墻壁上，在墻壁和P之間夾一根被壓縮的輕彈簧，此時(shí)P到B點(diǎn)的距離x00.5 m，物體P與水平軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)0.2，半圓軌道半徑R0.4 m現(xiàn)將細(xì)線剪斷，P被彈簧向右彈出后滑上半圓軌道，并恰好能經(jīng)過C點(diǎn)g取10 m/s2.求：(1)P經(jīng)過B點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力；(2)細(xì)線未剪斷時(shí)彈簧的彈性勢能解析：(1)P恰好能經(jīng)過C點(diǎn)，設(shè)其速度為vC，由向心力公式有mgm，解得vC2 m/s.P從B到C的過程中機(jī)械能守恒，設(shè)P經(jīng)過B點(diǎn)時(shí)的速度為vB，則有mg2Rmvmv.解得vB2 m/s.設(shè)小球剛過B時(shí)受到圓軌道的支持力為FNB，由向心力公式有FNBmgm，解得FNBmgm0.1100.16 N.由牛頓第三定律可得，物體剛過B點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力大小為6 N，方向豎直向下(2)設(shè)細(xì)線剪斷前彈簧的彈性勢能為Ep.從剪斷細(xì)線到P經(jīng)過B點(diǎn)的過程中，由能量守恒可得Epmgx0mv，解得Epmgx0mv0.20.1100.50.1(2)21.1 J.答案： (1)6 N方向豎直向下 (2)1.1 J