第4課時(shí)　功能關(guān)系　能量守恒定律1．功能關(guān)系(1)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。(2)做功的過(guò)程一定伴隨著能量的轉(zhuǎn)化，能量的轉(zhuǎn)化可以通過(guò)做功來(lái)實(shí)現(xiàn)。2．幾種常見(jiàn)的功能關(guān)系幾種常見(jiàn)力做功對(duì)應(yīng)的能量變化數(shù)量關(guān)系式重力正功重力勢(shì)能減少WG＝－ΔEp負(fù)功重力勢(shì)能增加彈簧等的彈力正功彈性勢(shì)能減少W彈＝－ΔEp負(fù)功彈性勢(shì)能增加電場(chǎng)力正功電勢(shì)能減少W電＝－ΔEp負(fù)功電勢(shì)能增加合力正功動(dòng)能增加W合＝ΔEk負(fù)功動(dòng)能減少除重力和彈力以外的其他力正功機(jī)械能增加W其＝ΔE負(fù)功機(jī)械能減少 3．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(guò)程中，能量的總量保持不變。(2)表達(dá)式：ΔE減＝ΔE增。 [基礎(chǔ)自查]1．判斷正誤(1)力對(duì)物體做了多少功，物體就具有多少能。(×)(2)能量在轉(zhuǎn)移或轉(zhuǎn)化過(guò)程中，其總量會(huì)不斷減少。(×)(3)在物體的機(jī)械能減少的過(guò)程中，動(dòng)能有可能是增加的。(√)(4)既然能量在轉(zhuǎn)移或轉(zhuǎn)化過(guò)程中是守恒的，故沒(méi)有必要節(jié)約能源。(×)(5)節(jié)約可利用能源的目的是為了減少污染排放。(×)(6)滑動(dòng)摩擦力做功時(shí)，一定會(huì)引起機(jī)械能的轉(zhuǎn)化。(√)(7)一個(gè)物體的能量增加，必定有別的物體的能量減少。(√)2．第24屆冬季奧林匹克運(yùn)動(dòng)會(huì)在中國(guó)北京和張家口聯(lián)合舉辦。某運(yùn)動(dòng)員在一次自由式滑雪空中技巧訓(xùn)練中沿“助滑區(qū)”保持同一姿態(tài)下滑了一段距離，重力對(duì)他做功1 900 J，他克服阻力做功100 J。該運(yùn)動(dòng)員在此過(guò)程中(　　)A．動(dòng)能增加了1 900 J　　　 B．動(dòng)能增加了2 000 JC．重力勢(shì)能減小了1 900 J  D．重力勢(shì)能減小了2 000 J解析：選C　根據(jù)動(dòng)能定理得運(yùn)動(dòng)員動(dòng)能的變化ΔE＝WG＋Wf＝1 900 J－100 J＝1 800 J＞0，故其動(dòng)能增加了1 800 J，選項(xiàng)A、B錯(cuò)誤；根據(jù)重力做功與重力勢(shì)能變化的關(guān)系WG＝－ΔEp，所以ΔEp＝－WG＝－1 900 J＜0，故運(yùn)動(dòng)員的重力勢(shì)能減小了1 900 J，選項(xiàng)C正確，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。3.質(zhì)量為m的物體以初速度v0沿水平面向左開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，起始點(diǎn)A與一輕彈簧O端相距s，如圖所示。已知物體與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，物體與彈簧相碰后，彈簧的最大壓縮量為x。則從開(kāi)始碰撞到彈簧被壓縮至最短，物體克服彈簧彈力所做的功為(　　)A.mv02－μmg(s＋x)　　　　 B.mv02－μmgxC．μmgs  D．μmg(s＋x)解析：選A　由能量守恒定律可知，物體的初動(dòng)能mv02一部分用于克服彈簧彈力做功，另一部分用于克服摩擦力做功，故物體克服彈簧彈力所做的功為mv02－μmg(s＋x)，故選項(xiàng)A正確。4．上端固定的一根細(xì)線下面懸掛一擺球，擺球在空氣中擺動(dòng)，擺動(dòng)的幅度越來(lái)越小。對(duì)此現(xiàn)象下列說(shuō)法正確的是(　　)A．?dāng)[球機(jī)械能守恒B．總能量守恒，擺球的機(jī)械能正在減少，減少的機(jī)械能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能C．能量正在消失D．只有動(dòng)能和重力勢(shì)能的相互轉(zhuǎn)化解析：選B　由于空氣阻力的作用，擺球的機(jī)械能減少，機(jī)械能不守恒，減少的機(jī)械能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，內(nèi)能增加，能量總和不變，B正確。考點(diǎn)一　功能關(guān)系的理解和應(yīng)用1．對(duì)功能關(guān)系的理解(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．功能關(guān)系的應(yīng)用(1)物體動(dòng)能的增加與減少要看合外力對(duì)物體做正功還是做負(fù)功。(2)勢(shì)能的增加與減少要看對(duì)應(yīng)的作用力(如重力、彈簧彈力、電場(chǎng)力等)做負(fù)功還是做正功。(3)機(jī)械能增加與減少要看重力之外的力對(duì)物體做正功還是做負(fù)功。[典例]　如圖甲所示，一傾角為37°的傳送帶以恒定速度運(yùn)行?，F(xiàn)將一質(zhì)量m＝1 kg的小物體拋上傳送帶，物體相對(duì)地面的速度隨時(shí)間變化的關(guān)系如圖乙所示，取沿傳送帶向上為正方向，取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求：(1)物體與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)；(2)0～8 s內(nèi)物體機(jī)械能的增加量；(3)物體與傳送帶因摩擦產(chǎn)生的熱量Q。[解析]　(1)由圖像可以知道，傳送帶沿斜向上運(yùn)動(dòng)，物體放到傳送帶上的初速度方向是沿斜面向下的，且做加速大小為a＝ m/s2＝1 m/s2的勻減速直線運(yùn)動(dòng)，對(duì)其受力分析，由牛頓第二定律得：μmgcos θ－mgsin θ＝ma代入數(shù)據(jù)解得：μ＝0.875。(2)根據(jù)v-t圖像與時(shí)間軸圍成的“面積”大小等于物體的位移，可得0～8 s內(nèi)物體的位移x＝×4 m－×2×2 m＝14 m0～8 s內(nèi)物體的機(jī)械能的增加量等于物體重力勢(shì)能的增加量和動(dòng)能增加量之和，為ΔE＝mgxsin θ＋mv末2－mv初2＝90 J。(3) 0～8 s內(nèi)只有前6 s發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)。0～6 s內(nèi)傳送帶運(yùn)動(dòng)的距離為：s帶＝4×6 m＝24 m0～6 s內(nèi)物體的位移為：s物＝6 m則0～6 s內(nèi)物體相對(duì)于皮帶的位移為Δs＝s帶－s物＝18 m0～8 s內(nèi)物體與傳送帶因?yàn)槟Σ廉a(chǎn)生的熱量為Q＝μmgcos θ·Δs代入數(shù)據(jù)得：Q＝126 J。[答案]　(1)0.875　(2)90 J　(3)126 J(1)“v-t”圖像與時(shí)間軸圍成的面積等于物體的位移。(2)機(jī)械能的增量等于重力勢(shì)能的增量與動(dòng)能的增量之和。(3)物體與傳送帶摩擦產(chǎn)生的熱量等于摩擦力的大小乘以二者間相對(duì)位移的大小。 [集訓(xùn)沖關(guān)]1．(2019·江蘇高考)(多選)如圖所示，輕質(zhì)彈簧的左端固定，并處于自然狀態(tài)。小物塊的質(zhì)量為m，從A點(diǎn)向左沿水平地面運(yùn)動(dòng)，壓縮彈簧后被彈回，運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)恰好靜止。物塊向左運(yùn)動(dòng)的最大距離為s，與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，重力加速度為g，彈簧未超出彈性限度。在上述過(guò)程中(　　)A．彈簧的最大彈力為μmgB．物塊克服摩擦力做的功為2μmgsC．彈簧的最大彈性勢(shì)能為μmgsD．物塊在A點(diǎn)的初速度為解析：選BC　物塊向左運(yùn)動(dòng)壓縮彈簧，彈簧最短時(shí)，物塊具有向右的加速度，彈力大于摩擦力，即F>μmg，A錯(cuò)誤。根據(jù)功的公式，物塊克服摩擦力做的功W＝μmgs＋μmgs＝2μmgs，B正確。根據(jù)能量守恒，物塊從最左側(cè)運(yùn)動(dòng)至A點(diǎn)的過(guò)程中，彈簧的彈性勢(shì)能通過(guò)克服摩擦力做功轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，故Epm＝μmgs，C正確。根據(jù)能量守恒，在整個(gè)過(guò)程中，物塊的初動(dòng)能通過(guò)克服摩擦力做功轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，即mv2＝2μmgs，解得v＝2，D錯(cuò)誤。2．(2021年1月新高考8省聯(lián)考·河北卷)螺旋千斤頂由帶手柄的螺桿和底座組成，螺紋與水平面夾角為α，如圖所示。水平轉(zhuǎn)動(dòng)手柄，使螺桿沿底座的螺紋槽(相當(dāng)于螺母)緩慢旋進(jìn)而頂起質(zhì)量為m的重物，如果重物和螺桿可在任意位置保持平衡，稱(chēng)為摩擦自鎖。能實(shí)現(xiàn)自鎖的千斤頂，α的最大值為α0?，F(xiàn)用一個(gè)傾角為α0的千斤頂將重物緩慢頂起高度h后，向螺紋槽滴入潤(rùn)滑油使其動(dòng)摩擦因數(shù)μ減小，重物回落到起點(diǎn)。假定最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，不計(jì)螺桿和手柄的質(zhì)量及螺桿與重物間的摩擦力，轉(zhuǎn)動(dòng)手柄不改變螺紋槽和螺桿之間的壓力。下列說(shuō)法正確的是(　　)A．實(shí)現(xiàn)摩擦自鎖的條件為tan α≥μB．下落過(guò)程中重物對(duì)螺桿的壓力等于mgC．從重物開(kāi)始升起到最高點(diǎn)摩擦力做功為mghD．從重物開(kāi)始升起到最高點(diǎn)轉(zhuǎn)動(dòng)手柄做功為2mgh解析：選D　實(shí)現(xiàn)自鎖的條件是重物重力沿斜面下滑的分力小于等于最大靜摩擦力，即mgsin α≤μmgcos α，解得μ≥tan α，A錯(cuò)誤；重物對(duì)螺桿壓力FN＝mgcos α，故B項(xiàng)錯(cuò)誤；重物緩慢上升的過(guò)程中，對(duì)螺桿和重物整體受力分析如圖所示，則摩擦力做功為Wf＝－μmgcos α·L＝－tan α·mgcos α·＝－mgh，C錯(cuò)誤；從重物開(kāi)始升起到最高點(diǎn)，轉(zhuǎn)動(dòng)手柄做的功用于克服摩擦力做功和轉(zhuǎn)化為重物上升增加的重力勢(shì)能mgh，所以根據(jù)動(dòng)能定理得W＋Wf－mgh＝0，解得W＝2mgh，D正確。考點(diǎn)二　能量守恒定律的應(yīng)用1．對(duì)能量守恒定律的兩點(diǎn)理解(1)某種形式的能量減少，一定存在其他形式的能量增加，且減少量和增加量一定相等。(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。2．能量轉(zhuǎn)化問(wèn)題的解題思路(1)當(dāng)涉及摩擦力做功，機(jī)械能不守恒時(shí)，一般應(yīng)用能的轉(zhuǎn)化和守恒定律。(2)解題時(shí)，首先確定初、末狀態(tài)，然后分析狀態(tài)變化過(guò)程中哪種形式的能量減少，哪種形式的能量增加，求出減少的能量總和ΔE減與增加的能量總和ΔE增，最后由ΔE減＝ΔE增列式求解。 [考法細(xì)研]考法1　多過(guò)程中的能量守恒問(wèn)題[例1]　如圖所示，一個(gè)可視為質(zhì)點(diǎn)的小物塊的質(zhì)量為m＝1 kg，從光滑平臺(tái)上的A點(diǎn)以v0＝2 m/s的初速度水平拋出，到達(dá)C點(diǎn)時(shí)，恰好沿C點(diǎn)的切線方向進(jìn)入固定在水平地面上的光滑圓弧軌道，最后小物塊滑上緊靠軌道末端D點(diǎn)的質(zhì)量為M＝3 kg的長(zhǎng)木板。已知長(zhǎng)木板上表面與圓弧軌道末端切線相平，水平地面光滑，小物塊與長(zhǎng)木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.3，圓弧軌道的半徑為R＝0.4 m，C點(diǎn)和圓弧的圓心連線與豎直方向的夾角θ＝60°，不計(jì)空氣阻力，g取10 m/s2。求：(1)小物塊剛要到達(dá)圓弧軌道末端D點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力；(2)要使小物塊不滑出長(zhǎng)木板，長(zhǎng)木板長(zhǎng)度的最小值。[解析]　(1)小物塊在C點(diǎn)時(shí)的速度大小vC＝小物塊由C到D的過(guò)程中，由動(dòng)能定理得mgR(1－cos 60°)＝mvD2－mvC2代入數(shù)據(jù)解得vD＝2 m/s小物塊在D點(diǎn)時(shí)由牛頓第二定律得FN－mg＝m代入數(shù)據(jù)解得FN＝60 N由牛頓第三定律得FN′＝FN＝60 N，方向豎直向下。(2)設(shè)小物塊剛好能滑到長(zhǎng)木板左端且達(dá)到共同速度的大小為v，滑行過(guò)程中，小物塊與長(zhǎng)木板的加速度大小分別為a1＝＝μg，a2＝速度分別為v＝vD－a1t，v＝a2t對(duì)小物塊和長(zhǎng)木板組成的系統(tǒng)，由能量守恒定律得μmgL＝mvD2－(m＋M)v2解得L＝2.5 m。[答案]　(1)60 N，方向豎直向下　(2)2.5 m 考法2　涉及彈簧(或橡皮繩)的能量守恒問(wèn)題　[例2]　(2021·福州模擬)彈跳桿運(yùn)動(dòng)是一項(xiàng)廣受青少年歡迎的運(yùn)動(dòng)，彈跳桿的結(jié)構(gòu)如圖甲所示，一根彈簧的下端固定在跳桿的底部，上端固定在一個(gè)套在跳桿上的腳踏板底部，質(zhì)量為5m的小明站在腳踏板上，當(dāng)他和跳桿處于豎直靜止?fàn)顟B(tài)時(shí)，彈簧的壓縮量為x0，小明先保持穩(wěn)定姿態(tài)豎直彈跳。某次彈跳中，從彈簧處于最大壓縮量為5x0開(kāi)始計(jì)時(shí)，如圖乙(a)所示；上升到彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)，小明抓住跳桿，使得他和彈跳桿瞬間達(dá)到共同速度，如圖乙(b)所示；緊接著他保持穩(wěn)定姿態(tài)豎直上升到最大高度，如圖乙(c)所示。已知全程彈簧始終處于彈性限度內(nèi)彈簧彈性勢(shì)能滿(mǎn)足Ep＝kx2，k為彈簧勁度系數(shù)，x為彈簧形變量，跳桿的質(zhì)量為m，重力加速度為g，空氣阻力、彈簧和腳踏板的質(zhì)量以及彈簧和腳踏板與跳桿間的摩擦均可忽略不計(jì)。求：(1)彈跳桿中彈簧的勁度系數(shù)k；(2)從開(kāi)始計(jì)時(shí)至豎直上升到最大高度過(guò)程中小明的最大速度vm。[解析]　(1)小明和跳桿處于豎直靜止?fàn)顟B(tài)時(shí)受力平衡，重力與彈簧彈力等大反向，有5mg＝kx0解得k＝。(2)小明受到的合力為零時(shí)，速度最大，此時(shí)小明上升高度為4x0。根據(jù)系統(tǒng)能量守恒定律可知，k(5x0)2＝5mg·4x0＋kx02＋×5mvm2，解得vm＝4。[答案]　(1)　(2)4涉及彈簧的能量問(wèn)題的解題方法兩個(gè)或兩個(gè)以上的物體與彈簧組成的系統(tǒng)相互作用的過(guò)程，具有以下特點(diǎn)：(1)能量變化過(guò)程中，如果只有重力和系統(tǒng)內(nèi)彈簧彈力做功，系統(tǒng)機(jī)械能守恒。(2)如果系統(tǒng)每個(gè)物體除彈簧彈力外所受合外力為零，則當(dāng)彈簧伸長(zhǎng)或壓縮到最大程度時(shí)物體速度相同。(3)當(dāng)水平彈簧處于原長(zhǎng)狀態(tài)時(shí)，系統(tǒng)內(nèi)某一端的物體具有最大速度。 考法3　能量守恒定律與圖像結(jié)合的問(wèn)題[例3]　一物體僅受重力和豎直向上的拉力作用，沿豎直方向向上做減速運(yùn)動(dòng)。此過(guò)程中物體速度的平方和上升高度的關(guān)系如圖所示。若取h＝0處為重力勢(shì)能等于零的參考平面，則此過(guò)程中物體的機(jī)械能隨高度變化的圖像可能正確的是(　　)[解析]　拉力豎直向上，與物體的位移方向相同，則拉力對(duì)物體做正功，由功能關(guān)系知物體的機(jī)械能增加，故A、B錯(cuò)誤。由勻變速運(yùn)動(dòng)的速度位移關(guān)系公式v2－v02＝2ah，得：v2＝v02＋2ah，由數(shù)學(xué)知識(shí)可知，v2 -h圖像的斜率等于2a，直線的斜率一定，則知物體的加速度a一定，因此物體向上做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律知拉力恒定。由功能關(guān)系知：FΔh＝ΔE，即得＝F，所以E-h圖像的斜率等于拉力F，F一定，因此E-h圖像應(yīng)是向上傾斜的直線，故C錯(cuò)誤，D正確。[答案]　D[集訓(xùn)沖關(guān)]1. “彈弓”一直是孩子們最喜愛(ài)的彈射類(lèi)玩具之一。其構(gòu)造如圖所示，橡皮筋兩端點(diǎn)A、B固定在把手上，橡皮筋ACB恰好處于原長(zhǎng)狀態(tài)，在C處(AB連線的中垂線上)放一固體彈丸，一手執(zhí)把，另一手將彈丸拉至D點(diǎn)放手，彈丸就會(huì)在橡皮筋的作用下迅速發(fā)射出去，打擊目標(biāo)?，F(xiàn)將彈丸豎直向上發(fā)射，已知E是CD中點(diǎn)，則(　　)A．從D到C，彈丸的機(jī)械能守恒B．從D到C，彈丸的動(dòng)能一直在增大C．從D到C，彈丸的機(jī)械能先增大后減小D．從D到E彈丸增加的機(jī)械能大于從E到C彈丸增加的機(jī)械能解析：選D　從D到C，橡皮筋對(duì)彈丸做正功，彈丸機(jī)械能一直在增加，選項(xiàng)A、C錯(cuò)誤；從D到E橡皮筋作用在彈丸上的合力大于從E到C橡皮筋作用在彈丸上的合力，兩段高度相等，所以DE段橡皮筋對(duì)彈丸做功較多，即機(jī)械能增加的較多，選項(xiàng)D正確；在CD連線中的某一處，彈丸受力平衡，所以從D到C，彈丸的速度先增大后減小，選項(xiàng)B錯(cuò)誤。2．如圖所示，光滑圓弧AB在豎直平面內(nèi)，圓弧B處的切線水平。A、B兩端的高度差為0.2 m，B端高出水平地面0.8 m，O點(diǎn)在B點(diǎn)的正下方。將一滑塊從A端由靜止釋放，落在水平面上的C點(diǎn)處。g取10 m/s2。(1)求OC的長(zhǎng)；(2)在B端接一長(zhǎng)為1.0 m的木板MN，滑塊從A端釋放后正好運(yùn)動(dòng)到N端停止，求木板與滑塊間的動(dòng)摩擦因數(shù)；(3)若將木板右端截去長(zhǎng)為ΔL的一段，滑塊從A端釋放后將滑離木板落在水平面上P點(diǎn)處，要使落地點(diǎn)距O點(diǎn)的距離最遠(yuǎn)，ΔL應(yīng)為多少？解析：(1)滑塊從光滑圓弧AB下滑過(guò)程中，根據(jù)機(jī)械能守恒定律得mgh1＝mvB2，解得vB＝＝2 m/s滑塊離開(kāi)B點(diǎn)后做平拋運(yùn)動(dòng)，則豎直方向：h2＝gt2水平方向：x＝vBt，聯(lián)立得到x＝vB 代入數(shù)據(jù)解得t＝0.4 s，x＝0.8 m。(2)滑塊從B端運(yùn)動(dòng)到N端停止的過(guò)程，根據(jù)動(dòng)能定理得－μmgL＝0－mvB2，代入數(shù)據(jù)解得μ＝0.2。(3)將木板右端截去長(zhǎng)為ΔL的一段后，設(shè)滑塊滑到木板最右端時(shí)速度為v，由動(dòng)能定理得－μmg(L－ΔL)＝mv2－mvB2滑塊離開(kāi)木板后仍做平拋運(yùn)動(dòng)，高度不變，運(yùn)動(dòng)時(shí)間不變，則落地點(diǎn)距O點(diǎn)的距離s＝L－ΔL＋vt聯(lián)立整理得，s＝1＋0.8－ΔL根據(jù)數(shù)學(xué)知識(shí)得知，當(dāng)＝0.4時(shí)，s最大，即ΔL＝0.16 m時(shí)，s最大。答案：(1)0.8 m　(2)0.2　(3)0.16 m 

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