必修2 第五章 专题突破 功能关系 能量守恒定律

专题突破功能关系能量守恒定律突破一功能关系的理解和应用.对功能关系的理解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1现的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2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.几种常见的功能关系及其表达式2对应能各种力做功定量的关系的变化合力对物体做功等于物体动能的增量卬合=为2—合力做功动能变化Eki重力势能变重力做正功，重力势能减少，重力做负功，重力势重力做功化能增加，且WG=—A£p=£pi一42弹性势能变弹力做正功，弹性势能减少，弹力做负功，弹性势弹簧弹力做功化能增加，且卬弹=一AEp=£pi一耳2机械能不变只有重力、弹簧弹机械能守恒AE=0化力做功非重力和弹力做机械能变化除重力和弹力之外的其他力做正功，物体的机械能功增加，做负功，机械能减少，且其他W=AE【例】•全国卷如图一质量为m、长度为I的均匀柔软细绳12017HI,161,竖直悬挂用外力将绳的下端缓慢地竖直向上拉起至加点，点与绳的上PQ M端相距重力加速度大小为在此过程中，外力做的功为P g图11,C1,1,C1,A.^mgl C.^mgl u^mglFN—mg=nT酒）（2分）由牛顿第三定律，对圆弧轨道压力大小（分）FN=FNZ=34N1（）因jtimgcos＞根物体沿轨道CD向上做匀减速运动，速度减为零后337gsin37°,不再下滑

⑥（1分）由上滑至最高点的过程，由功能关系得8mgR（l—cos37°）+（〃2gsin37°+〃/%gcos370）s=gm而

⑦（2分）代入数据解得s答案多过程问题的解题技巧⑴“合”——初步了解全过程，构建大致的运动图景（）分”——将全过程进行分解，分析每个过程的规律2“（）合”——找到子过程的联系，寻找解题方法3“课时作业（时间:分钟）40基础巩固练.如图所示，一个质量为力的铁块沿半径为则此过程中铁块损失的机械能为（）11Rg,图1413A.2mgR B.mgR C^mgR D.^mgR答案D（多选）如图所示，水平传送带由电动机带动，并始终保持以速度匀速运动，现

2.2u将质量为m的物块由静止放在传送带的左端，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〃，对于这一过程，下列说法正确的是（）A.mv2B.mv2C.mv2D.电动机多做的功为mv2解析mv2,故选项A正确；传送带的位移是物块位移的两倍，所以物块对传送带做功的绝对值是摩擦力对物块做功的两倍，即为加v2,故选项B错误；电动机多做的功就是传送带克服摩擦力做的功，也为加v2,故选项D正确；系统摩擦生热等于摩擦力与相对位移的乘积，故选项正确C答案ACD.质量为m的物体以初速度如沿水平面向左开始运动，起始点与一轻弹簧0端相3A距如图所示已知物体与水平面间的动摩擦因数为小物体与弹簧相碰后，弹簧s,3的最大压缩量为则从开始碰撞到弹簧被压缩至最短，物体克服弹簧x,弹力所做的功为（）图31c199A.^vo一〃2g（S十x）B・12y6一2gxD.〃mg（s+x）C./dings解析根据功的定义式可知物体克服摩擦力做功为叼=〃由能量守772gs+x,恒定律可得品济=弹+叼，弹=同逐一〃加故选项正确W Wgs+x,A答案A多选如图所示，质量为机这个物体沿斜面上升的最大高度为”，则在一这

4.4g过程中图4A.mgH物体的重力势能增加了mgHB.C.mgHD.mgH解析在物体上滑到最大高度的过程中，重力对物体做负功，故物体的重力势能增加了mgH,故错误；正确；物体所受的合力沿斜面向下，其合力做的功为A BHHW=-F•京行=-ma/FmgHmgH,故错误；设物体受到的摩擦力为力由C5JL11D/oil!J/牛顿第二定律得3T+f=ma,解得fmg摩擦力对物体做的功为Wf=-mgsin^mgHmgH,故正确D k^lll D/o答案BD（多选）将一长木板静止放在光滑的水平面上，如图甲所示，一个小铅块（可视为

5.5质点）以水平初速度由木板左端向右滑动，到达右端时恰能与木板保持相对静止vo现将木板分成和两段，使的长度和质量均为的倍，并紧挨着放在原水平A83A2面上，让小铅块仍以初速度以）由木板的左端开始向右滑动，如图乙所示若小A铅块相对滑动过程中所受的摩擦力始终不变，则下列说法正确的是（）图5小铅块将从木板B的右端飞离木板A..小铅块滑到木板B的右端前就与木板B保持相对静止B.甲、乙两图所示的过程中产生的热量相等C图甲所示的过程产生的热量大于图乙所示的过程产生的热量D.解析在图甲所示的小铅块运动过程中，小铅块与木板之间的摩擦力使整个木板一直加速，图乙中小铅块先使整个木板加速，运动到B部分上后部分停止加速,只有A3部分加速，加速度大于图甲中的对应过程，故图乙中小铅块与木板将更早达到速度8相等，所以小铅块还没有运动到的右端，两者速度就已经相同，选项错误，正5A B确；根据摩擦力乘相对位移等于产生的热量，图甲中的相对位移大小大于图乙中的相对位移大小，则图甲所示的过程产生的热量大于图乙所示的过程产生的热量，选项C错误，正确D答案BD如图所示，一个质量为根的物体在沿固定斜面向上的恒定外力方作用下，

6.6=60kg由静止开始从斜面的底端沿光滑斜面向上做匀加速直线运动，经过一段时间后外力厂做的功为此后撤去外力F,物体又经过一段时间后回到出发点若以地面为零势120J,能面，则下列说法正确的是（）图6在这个过程中，物体的最大动能小于A.120J在这个过程中，物体的最大重力势能大于B.120J.在撤去外力厂之后的过程中，物体的机械能等于C120J在刚撤去外力尸时，物体的速率为D.2m/s解析由题意可知，恒力方对物体做功则物体的机械能等于撤去尸后，120J,120J只有重力对物体做功，机械能守恒，所以物体回到出发点时的动能为选项错120J,A误，正确；物体运动到最高点的过程中，由动能定理可得即重力做功为C WF+WG=0,重力做负功，物体的最大重力势能等于选项错误；由于物WG=—WF=-120J,120J,B体向上运动的过程中重力对物体做负功，所以在刚撤去外力产时，物体的动能小于物体的速度选120J,m/s=2m/s,项错误D答案C综合提能练（•四川成者模拟）如图甲所示，倾角的足够长固定光滑斜面上，

7.2018B7=30用平行于斜面的轻弹簧拉着质量的物体沿斜面向上运动已知物体在t=l到m=1kg s这段时间的丫一才图象如图乙所示，弹簧的劲度系数左重力加速度1=3s=200N/m,g取则在该段时间内（）10m*图7A.物体的加速度大小为2m/s2弹簧的伸长量为B.3cm.弹簧的弹力做功为C30J物体的重力势能增加D.36J解析根据速度图象的斜率表示加速度可知，物体的加速度大小为，=第=1m/s2,选项A错误；对斜面上的物体受力分析，受到竖直向下的重力mg、斜面的支持力和轻弹簧的弹力凡由牛顿第二定律，解得/由胡克定律/=F-m^sin30°=/^,=6N丘可得弹簧的伸长量选项正确；在到，这段时间内，物体动能增x=3cm,B/=ls=3s大根据速度一时间图象面积等于位移，可知物体向上运动位移物体重%w=6J,s=6m,力势能增加=AEp=nigssin3030J；根据功能关系可知，弹簧弹力做功W=AEk+AEp=36J,选项C、D错误答案B（•全国卷）如图儿是竖直面内的光滑固定轨道，人水平，长度为2R；

8.2018I,188,是半径为的四分之一圆弧，与乃相切于匕点一质量为根的小球，始终受到与Ac R重力大小相等的水平外力的作用，自点处从静止开始向右运动重力加速度大小为小球从，点开始运动到其轨迹最高点，机械能的增量为（）图g8\2mgR AmgRC.SmgR D.bmgRB解析设小球运动到点的速度大小为此，则对小球由到的过程，由动能定理有C cF.3R—mgR=gm0,久F=mg,解得吐=、碗小球离开点后，在水平方向做初速度为零2c的匀加速直线运动，竖直方向在重力作用下做匀减速直线运动，由牛顿第二定律可知，小球离开点后水平方向和竖直方向的加速度大小均为g,则由竖直方向的运动可知，c小球从离开点到其轨迹最高点所需的时间为t=^=O在水平方向的位移大小为％=%好=由以上分析可知，小球从点开始运27动到其轨迹最高点的过程中，水平方向的位移大小为则小球机械能的增加量为5R,AE=F-5R=5mgR,正确，A、、错误C BD答案C（多选）（佛山高三检测）如图所示，三个小球、B、C的质量均为m,A与

9.2019・9AB、间通过较链用轻杆连接，杆长为B、置于水平地面上，用一轻质弹簧连接，3弹簧处于原长现由静止释放下降到最低点，两轻杆间夹角由变为、A a60120°,AB、在同一竖直平面内运动，弹簧在弹性限度内，忽略一切摩擦,重力加速度为g则此下降过程中（）图9的动能达到最大前，B受到地面的支持力小于mgA.A3的动能最大时，受到地面的支持力亍这B.A3弹簧的弹性势能最大时，的加速度方向竖直向上C.AA/3弹簧的弹性势能最大值为与加弘AD.解析的动能最大时，设和受到地面的支持力大小均为凡此时整体在竖A33直方向受力平衡，可得机所以加在的动能达到最大前一直是2/=3g,b=5g,A3加速下降，处于失重状态，所以受到地面的支持力小于加右故错误,正确；55A B当达到最低点时动能为零，此时弹簧的弹性势能最大，的加速度方向向上，故A4C正确；下落的高度为根据功能关系可知，小球的机械能全部A/i=Lsin60°-Asin30°,4转化为弹簧的弹性势能，即弹簧的弹性势能最大值为E^mgh=£mgL,故错误D答案BC•全国卷产结果保留位有效数字

10.2017I,24322分别求出该飞船着地前瞬间的机械能和它进入大气层时的机械能;1解析飞船着地前瞬间的机械能为1式中，加和分别是飞船的质量和着地前瞬间的速率由

①式和题给数据得EkoxlO8J

②设地面附近的重力加速度大小为g,飞船进入大气层时的机械能为Eh=/而+mgh

③式中，皿*15m处的速度大小由

③式和题给数据得E/xl012J@飞船在高度处的机械能为2=600m错误！v/72+mg/zr5由功能关系得W=E-Eko®h式中，是飞船从高度处至着地瞬间的过程中克服阻力所做的功W600m由

②⑤⑥式和题给数据得Wxl8J

⑦答案8128J.如图甲为一个儿童电动小汽车的轨道传送接收装置，L=\的水平直轨道ABO.，1110m为圆心，为最高点相切于为第个圆与水平轨道的切点，OD与的夹角为2,9260°,接收装置为高度可调节的平台，EF为平台上一条直线，£尸尸=从起点启动6W A沿轨道运动一段时间到达B点之前电动机停止工作,刚好能通过点，之后沿圆弧从运动至点后抛出，沿水平方向落到平台£点，小汽车与水平直轨道空A3g=10m/s2气阻力不计，小汽车运动过程中可视为质点乙图10⑴求电动机工作时间；⑵要保证小汽车沿水平方向到达平台E点,求平台调节高度〃和£夕的水平位移52；若抛出点的位置可沿圆轨道调节，设与用的夹角为仇要保证小汽车沿水平30,方向到达平台点，写出平台的竖直高度、平台落点到抛出点的水平位移、角度E Hsi的关系方程解析小汽车刚好过最高的点，轨道对小汽车刚好无作用力1mvk何=方对AC应用动能定理Pt—[imgL—2mgR=}mvk—Q,t乙⑵对从到应用机械能守恒定律，得mg7+7sin30°+；m诧VD—4m/s,VDA-VDsin30°=2m/sVDy—VDCOs30°=2^/5m/s将看成逆向平抛运动DE_，「近VDy—gt,t—5Sh=^gf2H=h+RS[=VDxt\{3mS2=S\-\-R\[3将看成逆向平抛运动3DEhtan3—2~,〃=/z+Rl—cos32〃6解得51=0tan答案2QH6⑶tan0解析由题意可知，段细绳的机械能不变，段细绳的重心升高了々，则重力势能MQ增加AEp/igUmg/,由功能关系可知，在此过程中，外力做的功为=^mgl,故选项W A正确，、、错误B C D答案A.如图所示，某滑翔爱好者利用无动力滑翔伞在高山顶助跑起飞，在空中完成长12距离滑翔后安全到达山脚下他在空中滑翔的过程中（）图2只有重力做功A.重力势能的减小量大于重力做的功B.重力势能的减小量等于动能的增加量C.动能的增加量等于合力做的功D.解析由功能关系知，重力做功对应重力势能的变化，合外力做功对应物体动能的变化，选项正确D答案D.韩晓鹏是我国首位在冬奥会雪上项目夺冠的运动员他在一次自由式滑雪空中技2巧比赛中沿“助滑区”保持同一姿态下滑了一段距离，重力对他做功他克服1900J,阻力做功韩晓鹏在此过程中（）100J动能增加了A.1900J动能增加了B.2000J重力势能减小了C.1900J重力势能减小了D.2000J解析由题可得重力做功则重力势能减少故选项正确，错WG=1900J,1900J,CD误；由动能定理得，W-Wf=AE,克服阻力做功叼则动能增加故选项、=100J,1800J,AG k错误B答案C（•天津理综，）滑雪运动深受人民群众喜爱某滑雪运动员（可视为质点）

3.20182由坡道进入竖直面内的圆弧形滑道AB,从滑道的点滑行到最低点B的过程中，由A于摩擦力的存在，运动员的速率不变，则运动员沿下滑过程中（）图3所受合外力始终为零所受摩擦力大小不变A.B.合外力做功一定为零机械能始终保持不变C.D.解析运动员做匀速圆周运动，所受合外力指向圆心，项错误；由动能定理可知，A合外力做功一定为零，项正确；由运动员沿下滑过程中做匀速圆周运动，知运C A8动员所受沿圆弧切线方向的合力为零，即摩擦力等于运动员的重力沿圆弧切线方向的分力，逐渐变小，项错误；运动员动能不变，重力势能减少，所以机械能减少，B项错误D答案C突破二摩擦力做功与能量的转化.两种摩擦力的做功情况比较1别静摩擦力滑动摩擦力比较能量的转化只有能量的转移，而既有能量的转移，又有能量方面没有能量的转化的转化不同一对滑动摩擦力所做功的代占

八、、一对摩擦力一对静摩擦力所做功数和不为零，总功一力相w=的总功方面的代数和等于零对，即相对滑动时产生的热量相同两种摩擦力对物体可以做正功、负功，还可以不正功、负功、点做功不做功方面•相对滑动物体能量问题的解题流程2【例】（多选）如图所示，质量为、长度为的小车静止在光滑水平面上,质24V L量为根的小物块（可视为质点）放在小车的最左端现用一水平恒力尸作用在小物块上，使小物块从静止开始做匀加速直线运动小物块和小车之间的摩擦力为力小物块滑到小车的最右端时，小车运动的距离为此过程中，以下结论正确的是S图

4.小物块到达小车最右端时具有的动能为A F—/L+s.小物块到达小车最右端时，小车具有的动能为fsB.小物块克服摩擦力所做的功为C ya+s小物块和小车增加的机械能为FsD.解析由动能定理可得，小物块到达小车最右端时的动能物=卬合=仍一力”+Ek s,A正确；小物块到达小车最右端时，小车的动能及车=力，正确；小物块克服摩擦力B所做的功W=JL+s,正确；小物块和小车增加的机械能为-fL,错误C FL+s Df答案ABC多选•江苏单科，如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端连接一小物块，

1.201875点为弹簧在原长时物块的位置物块由点静止释放，沿粗糙程度相同的水平面向A右运动，最远到达点在从到的过程中，物块8A8图5加速度先减小后增大A.经过点时的速度最大B..所受弹簧弹力始终做正功C.所受弹簧弹力做的功等于克服摩擦力做的功D解析对物块受力分析，当弹簧处于压缩状态时，由牛顿第二定律可得kx-f=ma,减x小，减小，当时，物块速度最大，此时，物块在点左侧，选项错误；从a a=0O B加速度=处到点过程，由牛顿第二定律得了—履%减小，a增大，当弹簧处0=ma,于伸长状态时，由牛顿第二定律可得依十片根，%增大，继续增大，可知物块的a加速度先减小后增大，选项正确；物块所受弹簧的弹力对物块先做正功，后做负A功，选项错误；从到的过程，由动能定理可得弹一Wf=o,选项正确C A8W D答案AD.如图所示，绷紧的传送带与水平面的夹角，传送带在电动机的带动下始26=30终保持vo=2m/s的速率运行现把一质量为mhg取10m/s2,求⑴工件与传送带间的动摩擦因数；电动机由于传送工件多消耗的电能2h解析传送带长1s=3%=3mdillCz工件速度达到前，做匀加速运动的位移t\w si=u匀速运动的位移为s—s\=vot—ti解得加速运动的时间力加速运动的位移S1所以加速度C1由牛顿第二定律得〃加3—mgsm3=mageosV3解得〃=竽从能量守恒的观点看，电动机多消耗的电能用于增加工件的动能、势能以及克2服传送带与工件之间发生相对运动时摩擦力做功在时间白内，传送带运动的位移=%九s传送带在时间力内，工件相对传送带的位移S相对传送带-=5S1在时间力内，摩擦生热=〃加夕geos s=60J相对工件获得的动能反=访=20J工件增加的势能E=mg/z=150JP故电动机多消耗的电能W=Q+£k+£p=230J答案⑴坐2230J突破三能量守恒定律的应用.对能量守恒定律的理解1转化某种形式的能量减少，一定存在其他形式的能量增加，且减少量和增加量1一定相等转移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2一定相等.涉及弹簧的能量问题应注意2两个或两个以上的物体与弹簧组成的系统相互作用的过程，具有以下特点⑴能量变化上，如果只有重力和系统内弹簧弹力做功，系统机械能守恒如果系统每个物体除弹簧弹力外所受合外力为零，则当弹簧伸长或压缩到最大程2度时两物体速度相同【例】如图所示，在地面上竖直固定了刻度尺和轻质弹簧，弹簧原长时上端37与刻度尺上的点等高，质量mA点的高度点的高度h2X2E=A/nxiAP图7弹簧的劲度系数；1篮球在运动过程中受到的空气阻力；2⑶篮球在整个运动过程中通过的路程；篮球在整个运动过程中速度最大的位置4解析篮球静止在弹簧上时，1有一解得上/ng2=0,=500N/m篮球从开始运动到第一次上升到最高点，2由动能定理得mgh\+//2+2XI=0代入数值解得/设篮球在整个运动过程中总路程由能量守恒定律得3s,mgh\-\-X2=fs+EP代入数值解得s球在首次下落过程中，合力为零处速度最大4速度最大时弹簧形变量为mg-f—kx3=0在点下方，离点％A43答案第一次下落至4A运用能量守恒定律解题的基本思路•江西南昌二模如图所示，光滑水平面AB与竖直面上的半圆形光滑固定轨

1.20188道在点衔接，BC为直径,一可看做质点的物块在处压缩一轻质弹簧物块3A与弹簧不连接），释放物块，物块被弹簧弹出后，经过半圆形轨道点之后恰好能通3过半圆轨道的最高点现在换用一个质量较小的另一物块，被同样压缩的弹簧由Co静止弹出，不计空气阻力则更换后（）图8物块不能到达C点A..物块经过点时动能不变B C.物块经过点时的机械能增大C C物块经过B点时对轨道的压力减小D.解析物块从到过程，由能量守恒有机卷可知质量减小，物块经过A£p=g-2R+/点时动能增大，区增大，物块也能到达点，故、错误；由能量守恒定律可知A B物块经过点时的机械能不变均为耳，故错误；物块从到过程，由能量守恒C A8有耳=品品在点有叫=福，解得」「与，减小，故正确3bN—N=Mg+D答案D（乐山模拟）如图甲所示，在倾角为足够长的粗糙斜面底端，一质量

2.2019・937加的滑块压缩着一轻弹簧且锁定，两者不拴接，滑块可视为质点时解除=1kg/=0锁定，计算机通过传感器描绘出滑块的图象如图乙所示，其中时段为曲线，u—0段为直线，在力取be10m/s图9（）滑块离开弹簧后在图中be段对应的加速度大小a及动摩擦因数〃的大小；（12迫力也、丫的大小;2⑶弹簧锁定时具有的弹性势能E oP解析

（1）由题图乙知滑块在儿段做匀减速运动，加速度大小为=郎|=10m/s2根据牛顿第二定律得37°=mamgsin37°+//mgcos解得〃（）根据速度一时间公式得t22v\=v—a/\t,解得vi=Oc在之后滑块开始下滑，下滑时由牛顿第二定律得f2〃加37°—mamgsin37°—geos解得a=2m/s2从到办做初速度为零的匀加速运动，办时刻的速度为/2V2—a\t从到九时间内，由能量守恒定律得30E=mgxsin37°+〃mgxcos37°P解得耳=4J答案110m/s2科学思维系列——满分指导大题小做“三步曲”第一步读题审题，做到一“看”二“读”三“思”.看题1“看题”是从题目中获取信息的最直接方法，一定要全面、细心，看题时不要急于求解，对题中关键的词语要多加思考，搞清其含义，对特殊字、句、条件要用着重号加以标注；不能漏看、错看或看不全题目中的条件，要重点看清题中隐含的物理条件、括号内的附加条件等.读题2“读题”就是默读试题，是物理信息内化的过程，它能解决漏看、错看等问题不管试题难易如何，一定要怀着轻松的心情去默读一遍，逐字逐句研究，边读边思索、边联想，以弄清题中所涉及的现象和过程，排除干扰因素，充分挖掘隐含条件，准确还原各种模型，找准物理量之间的关系.思题3“思题”就是充分挖掘大脑中所储存的知识信息，准确、全面、快速思考，清楚各物理过程的细节、内在联系、制约条件等，进而得出解题的全景图第二步“拆分”运动过程采用“拆分”的方法，按照物理事件发生的顺序，将复杂的运动“拆分”成若干个简单的子过程，即一个个的小题第三步选规律，列方程针对各子过程不同的运动特点，应用不同的物理规律只要掌握了物体各阶段运动过程的特点，按程序一步步地列出相关的方程，就可以把问题简化，从而得到解决【典例】分如图半径与足够长的粗糙轨道在处平滑连接,为1210,R4BC CQC圆弧轨道的圆心，点为圆弧轨道的最低点，半径、与的夹角分别A3C B4OC03为和将一个质量小点左侧高为尸点水平抛出，恰从点沿切线方向进5337A入圆弧轨道已知物体与轨道CZ间的动摩擦因数取10m/s2图10物体水平抛出时的初速度出的大小；1⑵物体经过点时，对圆弧轨道压力日的大小；5N⑶物体在轨道CD上运动的距离s解题指导问题拆分一大题小做一化繁为易第问可折分为个子问题13

①恰从点沿切线方向进入圆弧轨道时，竖直速度是多大？A

②从点沿切线方向进入圆弧轨道时水平速度与竖直速度存在什么关系？A

③过点时物体的水平速度是多大？A第问可拆分为个子问题22

④物体通过B点时的速度是多大？

⑤写出物体通过B点时功与动能的关系式第问可拆分为个子问题32

⑥判断物体在轨道上是否存在往返运动CQ

⑦求物体沿CD向上运动的位移规范解答1从尸到A竖直方向自由落体分H=2gMD i在点由几何关系得分A水平方向匀速运动w=n=3m/s

③1分从尸到机械能守恒23R—Reos53o=7mv^—7；mv^@2分过点时，对物体受力分析，由牛顿第二定律得B。