【文档说明】(新课标版)高考物理一轮复习课件5.4功能关系和能量守恒定律 (含解析).ppt，共(57)页，1.571 MB，由MTyang资料小铺上传

转载请保留链接：https://www.ichengzhen.cn/view-89687.html

以下为本文档部分文字说明：

5．4功能关系和能量守恒定律知识清单考点整合集中记忆一、功能关系功是能量转化的量度，能量的转化通过做功来实现．常见的功能关系有：合外力做功等于动能的增加量．重力做功等于重力势能的减少量．弹簧弹力做功等于弹性势能的减少量．除重力和

系统内弹力外，其他力做的功等于机械能的增加量．滑动摩擦力与两物体间相对位移的乘积等于产生的内能．电场力做的功等于电势能的减少量．感应电流克服安培力做的功等于产生的电能．二、能量守恒定律内容：能量既不会消灭，也不会创生，只会从一种形式转化为其他形式，或者从一个物体转移到另一

个物体，而在转化和转移的过程中，能量的总量保持不变．表达式：ΔE增＝ΔE减．考点讲练考点突破针对训练考点一功能关系的理解与应用各种功能关系统一概括为“功是能量转化的量度”．对于不同的力做功，对应不同形式的能量转化，功和能量转化具有一一对应关系(见知识清单)．应用功能关系要注意的问题：(1)注意

求功或能量的变化时，二者要相互转换．(2)注意动能、机械能的增加量与对应的功相等，各种势能的减少量与对应的功相等．(3)注意是求阻力对物体做功，还是求物体克服阻力做功．(多选)如图所示，一个质量为m的物

体(可视为质点)，由斜面底端的A点以某一初速度冲上倾角为30°的固定斜面做匀减速直线运动，减速的加速度大小为g，物体沿斜面上升的最大高度为h，在此过程中()A．物体克服摩擦力做功12mghB．物体的动能损失了mghC．物体的重力势能增加了mghD．系统机械能损失了mgh【答案】CD【解析】A项，

设摩擦力大小为f.根据牛顿第二定律得：f＋mgsin30°＝ma，又a＝g，解得f＝12mg，物体在斜面上能够上升的最大距离为2h，则物体克服摩擦力做功Wf＝f·2h＝mgh，故A项错误．B项，根据动能定理

得：物体动能的变化量ΔEk＝W合＝－ma·2h＝－2mgh，即动能损失了2mgh.故B项错误．C项，物体在斜面上能够上升的最大高度为h，所以重力势能增加了mgh，故C项正确．D项，系统机械能减少量等于物体克服摩擦力做功Wf，为mgh，

故D项正确．(多选)如图所示，竖直向上的匀强电场中，一竖直绝缘轻弹簧的下端固定在地面上，上端连接一带正电小球，小球静止时位于N点，弹簧恰好处于原长状态．保持小球的带电量不变，现将小球提高到M点由静止释放．则释放后小球从M运动到N过程中()A．小球的机械

能与弹簧的弹性势能之和保持不变B．小球重力势能的减少量等于小球电势能的增加C．弹簧弹性势能的减少量等于小球动能的增加量D．小球动能的增加量等于电场力和重力做功的代数和【答案】BC【解析】由于有电场力做功，小球的机械能不守恒，小球的机械能与弹簧的弹性势能之和是改变的，A项错误

．由题意，小球受到的电场力等于重力．在小球运动的过程中，克服电场力做功等于重力做功，小球重力势能的减少量等于小球电势能的增加，B项正确；根据动能定理，有重力、弹簧弹力和电场力做功，由于电场力做功和重力做功抵消，所以弹力做功等于动能的增加量，即弹簧弹性势能的减少量

等于小球动能的增加量．故C项正确，D项错误．(多选)如图所示，平行导轨放在斜面上，匀强磁场垂直斜面向上，恒力F拉动金属杆ab从静止开始沿导轨向上滑动，接触良好，导轨光滑．从静止开始到ab杆到达最大速度的过程中，恒力F做功为W，ab杆克服重

力做功为W1，ab杆克服安培力做功为W2，ab杆动能的增加量为ΔEk，电路中产生的焦耳热为Q，ab杆重力势能增加量为ΔEp，则()A．W＝Q＋W1＋W2＋ΔEk＋ΔEPB．W＝Q＋W1＋W2＋ΔEkC．W＝Q＋ΔEk＋ΔEpD．W2＝Q

，W1＝ΔEp【答案】CD【解析】以ab杆为研究对象，根据动能定理可得：W－W1－W2＝ΔEk，解得：W＝W1＋W2＋ΔEk，A、B两项错误；根据功能关系可知：ab杆克服安培力做功为W2＝Q，ab杆克服重力做功为W1＝ΔEp，所以有W＝Q＋ΔEk

＋ΔEp，C、D两项正确．(2018·课标全国Ⅰ)如图，abc是竖直面内的光滑固定轨道，ab水平，长度为2R；bc是半径为R的四分之一圆弧，与ab相切于b点．一质量为m的小球，始终受到与重力大小相等的水平外力的作

用，自a点处从静止开始向右运动．重力加速度大小为g.小球从a点开始运动到其轨迹最高点，机械能的增量为()A．2mgRB．4mgRC．5mgRD．6mgR【答案】C【解析】由题意知水平拉力为：F＝mg；设小球

达到c点的速度为v，从a到c根据动能定理可得：F·3R－mgR＝12mv2，解得：v＝4gR；小球离开c点后，竖直方向做竖直上抛运动，水平方向做初速度为零的匀加速直线运动，设小球从c点达到最高点的时间为t，则有：t＝vg＝4Rg；此段时间内水平方向的位

移为：x＝12at2＝12×Fm×(4Rg)2＝2R，所以小球从a点开始运动到其轨迹最高点，小球在水平方向的位移为：L＝3R＋2R＝5R，此过程中小球的机械能增量为：ΔE＝FL＝mg×5R＝5mgR.故C项正确、A、B、D三项错误．考点二系统内的滑动摩擦力做功与能量转化

1．模型分析如图：质量为M的木块静止在光滑的水平面上，质量为m的子弹以初速度v0水平射入初始静止的木块，并最终留在木块中与木块一起以速度v运动．已知子弹从刚射中木块到子弹相对木块静止时，木块前进距离L，子弹进入木块的深度为d，若木块与子弹间的

动摩擦因数为μ.(1)分析子弹：摩擦力对子弹做的功W1＝－μmg(L＋d)由动能定理：－μmg(L＋d)＝12mv2－12mv02①(2)分析木块：摩擦力对木块做的功W2＝μmgL由动能定理：μmgL＝12mv2－0②(3)分析子弹与

木块组成的系统：摩擦力对系统做的功W1＋W2＝－μmgd系统产生的热量Q＝μmgd系统损失的机械能E损＝12mv02－12(M＋m)v2由能量守恒定律：μmgd＝12mv02－12(M＋m)v2(联立①②两式可得)2．模型总结(1)滑动摩擦力对物体做的功：Wf

＝f·x，x是物体对地面的位移．(2)摩擦产生的热量：Q＝|Wf|＝f·L相对，L相对是物体的相对位移，若物体做往复运动，则L相对为相对运动的总路程．(多选)如图所示在光滑的水平面上，有一质量为M的长木板以一定的初速度向右匀速

运动，将质量为m的小铁块无初速地轻放到长木板右端，小铁块与长木板间的动摩擦因数为μ，当小铁块在长木板上相对长木板滑动L时，与长木板保持相对静止，此时长木板对地的位移为x，在这个过程中，下面说法正确的是()A．小铁块增加的动能μmg(

x＋L)B．长木板减少的动能μmgxC．摩擦产生的热量μmg(x－L)D．系统机械能的减少量为μmgL【答案】BD【解析】对小铁块，摩擦力做正功，根据动能定理有μmg(x－L)＝12mv2－0，其中(x－L)为小铁块相对地面的位移，小铁块增加的动能ΔEkm＝μmg(x－L)，A项错．对长木板，摩擦

力做负功，根据动能定理，长木板减少的动能ΔEkM＝μmgx，B项正确．摩擦产生的热量Q＝μmgL(L为相对位移)，C项错误．根据能量守恒定律：系统减少的机械能等于产生的热量Q＝ΔE＝μmgL.(多选)如图所示，质量为M、长度为l的小车静止在光滑的水平面上，可视为质点的小

物块放在小车的最左端．现用一水平恒力F作用在小物块上，使小物块从静止开始做匀加速直线运动．小物块质量为m，与小车之间的摩擦力为Ff，小物块滑到小车的最右端时，小车运动的距离为x.则下列说法正确的是()A．小物块到达小车最右端时的动能为(F－Ff)(l＋x)

B．小物块到达小车最右端时，小车的动能为FfxC．因摩擦产生的热量为FflD．小物块和小车总动能的增加为F(x＋l)【答案】ABC【解析】物块受到的合力为F－Ff，物块相对地面的位移为l＋x，根据动能定理得(F－Ff)

(l＋x)＝Ek2－0，物块到达小车最右端时的动能Ek2＝(F－Ff)(l＋x)，A项正确；对小车应用动能定理得Ffx＝Ek2′－0，小车的动能Ek2′＝Ffx，B项正确；因摩擦产生的热量为Ffl，C项正确；小物块和小车

增加的动能ΔEk＝Ek2＋Ek2′＝F(x＋l)－Ffl，D项错误．考点三能量守恒定律的应用能量守恒定律是普遍适用的规律，对于系统的能量转化问题，优先考虑应用能量守恒定律，其基本方程为ΔE增＝ΔE减，解题时从两个角度列关系式：1．某些

形式增加的总能量ΔE增，等于其他形式减少的总能量ΔE减．2．某些物体增加的总能量ΔE增，等于其他物体减少的总能量ΔE减．(2018·南通模拟)某缓冲装置的理想模型如图所示，劲度系数足够大的轻质弹簧与轻杆相连，轻杆可在固定

的竖直槽内移动，与槽间的滑动摩擦力恒为Ff，轻杆向下移动不超过l时，装置可安全工作．一质量为m的重物若从离弹簧上端h高处由静止自由下落碰撞弹簧，将导致轻杆向下移动了l4.轻杆与槽间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且不计空气阻力的影响．已知重力加速度为g.(1)若弹

簧的劲度系数为k，求轻杆开始移动时，弹簧的压缩量x；(2)求为使装置安全工作，允许该重物下落的最大高度H.【答案】(1)Ffk(2)h＋34(Ffmg－1)l【解析】(1)轻杆开始移动时，弹簧对其向下的弹力等于最大静摩擦力，根据力的平衡可得

：kx＝Ff解得：x＝Ffk(2)设轻杆移动前弹簧具有的弹性势能为Ep，则重物从h开始下落到停止过程，由能量守恒定律可得：mg(h＋x＋l4)＝Ep＋Ffl4重物从最大高度H下落时，由能量守恒定律可得：mg(H＋x＋l)＝Ep＋Ffl联立解得：H＝h＋34(Ffmg－1)l.如

图所示，固定斜面的倾角θ＝30°，物体A与斜面之间的动摩擦因数为μ，轻弹簧下端固定在斜面底端，弹簧处于原长时上端位于C点．用一根不可伸长的轻绳通过轻质光滑的定滑轮连接物体A和B，滑轮右侧绳子与斜面平行，A的质量为2m，B的质量为m，初始

时物体A到C点的距离为L.现给A、B一初速度v0使A开始沿斜面向下运动，B向上运动，物体A将弹簧压缩到最短后又恰好能弹到C点．已知重力加速度为g，不计空气阻力，整个过程中，轻绳始终处于伸直状态，求此过程中：(1)物体A向下运动刚到C点时的速度；(2)弹簧的最大压缩量；(3)弹簧中的最大弹性势能

．【答案】(1)v02－23μgL3(2)3v024μg－L2(3)34mv02－32μmgL【解析】(1)A和斜面间的滑动摩擦力Ff＝2μmgcosθ，物体A向下运动到C点的过程中，根据能量守恒，有2mgL

sinθ＋12·3mv02＝12·3mv2＋mgL＋FfL，解得v＝v02－23μgL3(2)从物体A接触弹簧，将弹簧压缩到最短后又恰回到C点，对系统应用动能定理，得－Ff·2x＝0－12×3mv2，x＝3v024μg－L2(3)弹簧从压缩最短到恰好能弹到C点的过程中，对系统根据能量守恒有

Ep＋mgx＝2mgxsinθ＋Ffx因为mgx＝2mgxsinθ所以Ep＝Ffx＝34mv02－32μmgL.题型拓展典例剖析提炼方法传送带模型中的功能问题例1如图所示，水平传送带由电动机带动，并始终保持以速度v匀

速运动，现将质量为m的某物块由静止释放在传送带上的左端，过一会儿物块能保持与传送带相对静止，设物块与传送带间的动摩擦因数为μ，对于这一过程，下列说法正确的是()A．摩擦力对物块做的功为0.5mv2B．物块对传送带做功为0.5mv2C．系统摩擦生热为0.5mv2D．电动机多做的功

为mv2【答案】ACD【解析】设物块匀加速运动的时间为t，根据动能定理得：摩擦力对物块做的功为W1＝f12vt＝12mv2＝0.5mv2.物块对传送带做功W2＝－fvt＝－mv2，故A项正确，B项错误．物块与传送带相对位移大小为Δx＝vt－vt2＝0.5vt，则Δx＝x物．摩擦生热为Q＝f·

Δx＝fx物＝0.5mv2.故C项正确．电动机多做的功转化成了物体的动能和系统的内能，所以电动机多做的功为W机＝12mv2＋Q＝mv2.故D项正确．(或电动机做的功等于传送带克服摩擦力做的功W机＝f·vt＝mv

2)例2如图，一传送皮带与水平面夹角为30°，以2m/s的恒定速度顺时针运行．现将一质量为10kg的工件轻放于底端，经一段时间送到高2m的平台上，工件与皮带间的动摩擦因数为μ＝3/2，g＝10m/s2

，求带动皮带的电动机由于传送工件而多消耗的电能．【答案】280J【解析】设工件向上运动距离s时，速度达到传送带的速度v，由动能定理可知：－mgssin30°＋μmgscos30°＝12mv2－0解得s＝0.8m，说明工件未到达平台时，速度已达到v，所以工件动能的增量为ΔEk

＝12mv2＝20J工件重力势能增量为ΔEp＝mgh＝200J工件相对皮带的位移L＝vt－12vt＝12vt＝s＝0.8m由于摩擦产生热量Q＝fL＝μmgcos30°L＝60J电动机多消耗的电能为ΔEk＋ΔEp＋Q＝28

0J方法提炼一、求摩擦产生热量的方法(1)相对位移法：摩擦产生的热量等于摩擦力与工件相对传送带的位移乘积．(2)做功转化法：在例1中，工件相对传送带的位移L＝12vt＝vt－12vt，与工件对地的位移相等，因此摩擦产生的热量也等于传送带对工件做的功．二、求电机多消耗电能的方法(1

)能量守恒法：多消耗的电能等于工件增加的机械能与摩擦产生的热量之和．(2)动能定理法：多消耗的电能等于电动机做的功，由于传送带匀速运动，电动机做的功等于传送带克服摩擦力做的功，即摩擦力与传送带位移的乘积．1.(2018·郑州模拟)(多选)

如图所示，质量为m的物体以速度v1滑上水平传送带，传送带由电动机带动，始终保持以速度v2匀速运动，v1大于v2，物体与传送带间的动摩擦因数为μ，物体过一会儿能保持与传送带相对静止，对于物体从开始滑上到相对传送带静止这一过程，下列说法正确的()A．电动机少做的功为m(v12－v22)B．运动

时间为v1－v2μgC．摩擦力对传送带做功为mv2(v1－v2)D．摩擦产生的热量为m（v1－v2）22答案BCD解析达到相同速度前加速度为a＝μg，所需时间为t＝v1－v2a＝v1－v2μg，B项正

确；在时间t内传送带前进位移为x′＝v2t＝v2（v1－v2）μg，摩擦力对传送带做功为W＝fx′＝mv2(v1－v2)，故C项正确；摩擦力对传送带做功等于电动机少做的功，故A项错误；发生的相对位移为x

＝（v1－v2）22μg，摩擦产生的热量Q＝μmgx＝μmg·（v1－v2）22μg＝m（v1－v2）22，故D项正确．2.(2018·辽宁模拟)(多选)如图所示，倾角为θ＝37°的传送带以速度v＝2m/s沿图示方向匀速运动．现将一质量为2kg的小木块

，从传送带的底端以v0＝4m/s的初速度，沿传送带运动方向滑上传送带．已知小木块与传送带间的动摩擦因数为μ＝0.5，传送带足够长，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，取g＝10m/s2.小木块从滑上传送带至到达最高点的过程中，下列说法正确的是()A．运动时间为0.4sB．发生的位

移为1.6mC．产生的热量为9.6JD．摩擦力对小木块所做功为12.8J答案BC解析A项，滑块速度大于传送带时，根据牛顿第二定律有：－(mgsin37°＋μmgcos37°)＝ma，解得：a＝－10m/s2；速度小于传送带过程，根据牛顿第二定律有：μmgc

os37°－mgsin37°＝ma′，解得：a′＝g(μcos37°－sin37°)＝10×(0.5×0.8－0.6)m2＝－2m/s2；滑块速度大于传送带速度过程的时间：t1＝v－v0a＝－4－10＝0.2s；滑块速度小于传送带速度过程的时间：t2＝0－va′＝0－2－2s＝1s；故上

升过程运动总时间：t＝t1＋t2＝1.2s，故A项错误；B项，滑块速度大于传送带速度过程滑块的位移：x1＝v0＋v2·t1＝4＋22×0.2m＝0.6m；滑块速度小于传送带速度过程滑块的位移：x2＝v2·t2＝22×1m＝1m；故物块从滑上传送带至到达最高点的过程发生的位移：x＝x1＋x2＝

1.6m，故B项正确；C项，滑块速度大于传送带速度过程，传送带的位移：x1′＝vt1＝2×0.2m＝0.4m，故相对位移：Δx1＝x1－x1′＝0.6m－0.4m＝0.2m，产生的热量：Q1＝f·Δx1＝μmgcos

37°·Δx1＝0.5×2×10×0.8×0.2J＝1.6J；滑块速度小于传送带速度过程，传送带的位移：x′2＝vt2＝2×1m＝2m，故相对位移：Δx2＝x2′－x2＝2m－1m＝1m，产生的热量：Q2＝f·Δx2＝μmgcos37°·Δx2＝0.5×2×10×

0.8×1J＝8J；D项，物块从滑上传送带至到达最高点的过程发生的位移x＝1.6m，根据动能定理，有：Wf－mgxsin37°＝0－12mv02，解得：Wf＝mgxsin37°－12mv02＝2×10×1.6×0.6J－12×

2×42J＝3.8J，故D项错误．3.在工厂中常用如图所示水平传送带传送工件，可大大提高工作效率，传送带以恒定的速度v＝2m/s运行，质量为m＝0.5kg的工件以v0＝1m/s的初速度从位置A滑上传送带，工件与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.2，每当前一个工件在传送带上停止相对滑动时，后一个工

件立即滑上传送带，取g＝10m/s2，则下列说法中正确的是()A．工件经0.5s停止相对滑动B．正常运行时传送带上相邻工件相距0.5mC．摩擦力对每个工件做正功为1JD．每个工件与传送带间因摩擦产生的内能为0.75J答案A解析工件进入水平传送带先匀加速运动后匀速运

动，加速度大小为a＝μg＝2m/s2，加速时间为t＝v－v0a＝0.5s，A项正确；正常运行时相邻两工件间的距离为d＝vt＝1m，B项错误；由动能定理知摩擦力对每个工件做正功为Wf＝12mv2－12mv02＝0.75J，C项错误；在t＝0.5

s内，工件对地位移为x1＝v＋v02t＝0.75m，传送带对地位移为x2＝vt＝1m，所以每个工件与传送带间因摩擦产生的内能为Q＝f(x2－x1)＝0.25J，D项错误．4.在大型物流货场，广泛应用着传送带搬运货物

．如图甲所示，与水平面倾斜的传送带以恒定速率运动，皮带始终是绷紧的，将m＝1kg的货物放在传送带上的A处，经过1.2s到达传送带的B端．用速度传感器测得货物与传送带的速度v随时间t变化图像如图乙所示，已知重力加速度g＝

10m/s2，由v-t图可知()A．A、B两点的距离为2.4mB．货物与传送带的动摩擦因数为0.5C．货物从A运动到B过程中，传送带对货物做功大小为12.8JD．货物从A运动到B过程中，货物与传送带摩擦产生的热量为4.8J答案BD解析由图

乙可知，货物在前0.2s运动的距离L1＝0.2m，在0.2～1.2s内移动的距离L2＝3m，所以A、B两点距离L＝L1＋L2＝3.2m，A项错误；从图像上看，前0.2s货物的加速度a1＝10m/s2，0.2～1.2s内货物的加速度a2＝2m/s2，根据受力情况，可知

ma1＝mgsinθ＋μmgcosθ，ma2＝mgsinθ－μmgcosθ，解得μ＝0.5，B项正确；同时还解得摩擦力f＝μmgcosθ＝4N，前0.2s摩擦力做功W1＝fL1＝0.8J，在0.2～1.2s内摩擦力做功