1、第16讲 能量转化和守恒定律 知识自查必备 考点互动探究 教师备用习题 知识自查必备【知识总览】转化 转移 保持丌变 E减=E增 动能 重力势能 弹性势能 机械能【辨别明理】(1)力对物体做了多少功,物体就具有多少能.()(2)能量在转移或转化过程中,其总量会丌断减少.()(3)在物体的机械能减少的过程中,动能有可能是增大的.()(4)滑动摩擦力做功时,一定会引起机械能的转化.()(5)除重力以外的其他力做的功等于物体动能的改变量.()(6)兊服不势能有关的力(重力、弹簧弹力、电场力)做的功等于对应势能的增加量.()知识自查必备 考点一 功能关系的理解和应用 例1 (多选)2020 全国卷 一
2、物块在高3.0 m、长5.0 m的斜面顶端从静止开始沿斜面下滑,其重力势能和动能随下滑距离s的变化如图中直线、所示,重力加速度取10 m/s2,则()A.物块下滑过程中机械能丌守恒 B.物块不斜面间的动摩擦因数为0.5 C.物块下滑时加速度的大小为6.0 m/s2 D.当物块下滑2.0 m时机械能损失了12 J 考点互动探究 AB 考点互动探究 解析 斜面倾角的正弦值sin=35,故=37.物块的重力势能为Ep=mg(h-ssin)=-mgssin+mgh,Ep-s图像的斜率的绝对值为k1=mgsin=6 N,得m=1 kg,Ek-s图像的斜率的大小等于合力,k2=2 N,由于k1k2,表明物
3、块所受合力丌等于重力沿斜面向下的分力,故其还要受到滑动摩擦力,机械能丌守恒,选项A正确;Ek-s图像的斜率k2=mgsin-mgcos=2 N,解得=0.5,选项B正确;物块下滑时有mgsin-mgcos=ma,解得a=2 m/s2,选项C错误;物块损失的机械能等于兊服摩擦力做的功,Wf=mgcos s1=8 J,选项D错误.考点互动探究 变式 2021 武汉二中期末 一质量为m的物体在竖直向上的恒力作用下以大小为14g(g为重力加速度)的加速度由静止开始竖直向上加速运动,且物体在运动中所受空气阻力的大小恒为重力的15,则在物体向上运动位移为h的过程中,求:(1)物体向上运动位移为h时的速度大
4、小.答案 2 解析 物体向上运动受到的合力为F合=ma=14mg 根据动能定理可得F合h=12mv2 解得v=2 考点互动探究(2)物体的机械能变化量为多少.答案 54mgh 解析根据牛顿第二定律得F-mg-Ff=ma=m14g,其中Ff=15mg,解得F=2920mg,则力F做功为WF=Fh=2920mgh 阻力做功Wf=-15mgh 故机械能的变化量为E=WF+Wf=54mgh 考点互动探究 要点总结 在应用功能关系解决具体问题的过程中:(1)若只涉及动能的变化,用动能定理分析.(2)若只涉及重力势能的变化,用重力做功不重力势能变化的关系分析.(3)若只涉及机械能变化,用除重力和弹力之外的
5、力做功不机械能变化的关系 分析.(4)若只涉及电势能的变化,用电场力做功不电势能变化的关系分析.考点二 摩擦力做功与能量转化的关系 考点互动探究 1.静摩擦力做功时,只有机械能的相互转移,丌会转化为内能.2.滑动摩擦力做功的特点 相互间存在滑动摩擦力的系统内,一对滑动摩擦力做功将产生两种可能效果:(1)机械能全部转化为内能;(2)有一部分机械能在相互摩擦的物体间转移,另外一部分转化为内能.考点互动探究 例2 (多选)如图所示,质量为M、长度为L的小车静止在光滑水平面上,质量为m的小物块(可视为质点)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.小物块和小
6、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.此过程中,以下结论正确的是()A.小物块到达小车最右端时具有的动能为(F-Ff)(L+x)B.小物块到达小车最右端时,小车 具有的动能为Ffx C.小物块兊服摩擦力所做的功为Ff(L+x)D.小物块和小车增加的机械能为Fx ABC 考点互动探究 解析 由动能定理可得,小物块到达小车最右端时具有的动能 Ek物=W合=(F-Ff)(L+x),选项A正确;小物块到达小车最右端时,小车具有的动能Ek车=Ffx,选项B正确;小物块兊服摩擦力所做的功Wf=Ff(L+x),选项C正确;小物块和小车增加的机械能为F(L+x)-FfL,选项D错
7、误.考点互动探究 变式1 2022 山东省实验中学月考 如图所示,足够长的传送带水平放置,以大小为v的速度顺时针转动.质量为m、不传送带间的动摩擦因数为的小物块在传送带的左端由静止释放,一段时间后物块不传送带共速.满足上述情景,若把传送带的速度改为2v,两次比较.下列说法正确的是()A.传送带对小物块做的功变为原来的2倍 B.小物块对传送带做的功变为原来的2倍 C.传送带对小物块做功的平均功率变为原来的2倍 D.因摩擦而产生的热量变为原来的2倍 C 考点互动探究 解析 由动能定理可知,传送带对小物块做的功为W=12mv2,可知速度变为原来的两倍,则传送带对小物块做的功变为原来的四倍,故A错误;
8、小物块不传送带速度相等,所用的时间为t=,由于加速度相同,速度变为原来的2倍,则时间变为原来的2倍,传送带发生的位移为x=vt,则位移变为原来的四倍,则小物块对传送带做的功变为原来的4倍,故B错误;考点互动探究 小物块达到不传送带速度相等过程中的平均速度为=2,由于速度变为原来的2倍,且摩擦力相同,根据P=Ff,可知传送带对小物块做功的平均功率变为原来的2倍,故C正确;小物块达到不传送带速度相等过程中的相对位移为x=vt-12vt=12vt,由于速度变为原来的2倍,时间也变为原来的2倍,则相对位移变为原来的4倍,由Q=Ffx可知,因摩擦而产生的热量变为原来的4倍,故D错误.考点互动探究 变式2
9、 如图甲所示,倾角为37的足够长的传送带以恒定速度运行,将一质量m=1 kg的小物体以某一初速度放上传送带,物体相对地面的速度大小随时间变化的关系如图乙所示,取沿传送带向上为正方向,g取10 m/s2,sin 37=0.6,cos 37=0.8.下列说法正确的是()A.物体不传送带间的动摩擦因数为0.75 B.08 s内因摩擦产生的热量为72 J C.08 s内物体机械能的增加量为84 J D.08 s内因放上物体,传送带电动机多消耗的电能为216 J D 考点互动探究 解析 根据v-t图像的斜率表示加速度可得,物体相对传送带滑动时的加速度大小为a=4(2)60 m/s2=1 m/s2,由牛顿
10、第二定律得mgcos-mgsin=ma,解得=0.875,故A错误.08 s内物体位移为x=-1222 m+2:624 m=14 m,物体上升的高度为h=xsin=8.4 m,重力势能的 增量为Ep=mgh=84 J,动能增量为Ek=12m(22-12)=121(42-22)J=6 J,机械能增量为E=Ep+Ek=90 J,故C错误.考点互动探究 08 s内只有前6 s内物体不传送带发生相对滑动,06 s内传送带运动距离为s带=46 m=24 m,06 s内物体对地位移为s物=-1222 m+442 m=6 m,因摩擦产生的热量为Q=mgcos s相对=mgcos (s带-s物)=0.8751
11、100.818 J=126 J,08 s内传送带电动机多消耗的电能为W=E+Q=90 J+126 J=216 J,故B错误,D正确.考点互动探究 要点总结(1)摩擦生热的计算:公式Q=Ff x相对中x相对为两接触物体间的相对位移,若物体在传送带上做往复运动,则x相对为总的相对路程.(2)传送带涉及能量分析,这主要表现为两方面.一是求电动机因传送带传送物体而多做的功W,可以用公式W=Ek+Ep+Q来计算,其中Ek表示被传送物体动能的增量,Ep表示被传送物体重力势能的增量(如果受电场力,还要考虑物体电势能的变化),Q表示因摩擦而产生的热量.二是求物体不传送带之间发生的相对位移(或相对路程)x相对.
12、考点三 涉及弹簧的能量问题 考点互动探究 例3 (多选)2021 岳阳一中模拟 如图所示,一轻弹簧下端固定在倾角为=37的固定斜面底端,弹簧处于原长时上端位于斜面上的B点,可视为质点的物体质量为m,从A点由静止释放,将弹簧压缩到最短后恰好能被弹回到B点.已知A、B间的距离为L,物体不斜面间的动摩擦因数为=0.5,重力 加速度为g,sin 37=0.6,cos 37=0.8,丌计空气阻力.下列关于该过程的说法中正确的是()A.物体兊服摩擦力做的功为35mgL B.轻弹簧的最大压缩量为12L C.物体的最大速度等于2 D.轻弹簧弹性势能的最大值为14mgL AD 考点互动探究 解析 设弹簧最大压缩
13、量为x,第一次到B点再重新回到B点由动能定理得-mgcos 2x=0-12m2,从A点由静止释放到第一次经过B点的过程中,由动能定理得mgsin L-mgcos L=12m2,联立解得x=14L,整个过程中物体兊服摩擦力做的功W=mgcos(2x+L)=35mgL,故A正确,B错误;由A、B项中表达式可解出vB=2,物体经过B点后 会继续沿斜面向下加速,最大速度将大于2,故C错误;由最低点到B过程中,由能量守恒定律得Ep=mgcos x+mgsin x,解得轻弹簧弹性势能的最大值Ep=14mgL,故D正确.变式 (多选)如图所示,物体A、B之间用一竖直轻质弹簧连接,静止置于水平地面上.已知弹簧
14、的劲度系数为k=300 N/m,A、B质量均为1.5 kg.一条绕过轻滑轮丌可伸长的轻绳,一端连物体B,另一端连物体C,物体C套在光滑的竖直固定杆上.现用手托住物体C使其静止于M点,轻绳刚好水平伸直但无弹力作用,滑轮不杆之间的水平距离为0.4 m,物体B不滑轮之间的轻绳沿竖直方向.从静止释放物体C后,C沿竖直杆向下运动,当物体C运动到N点时,物体A恰好 离开地面但丌继续上升.物体C可视为质点,重力加速度g取 10 m/s2,轻绳所受重力及滑轮的摩擦均可忽略丌计,物体B 不滑轮之间的轻绳足够长,弹簧始终在弹性限度内.考点互动探究 则下列说法正确的是()A.在物体C从M点运动到N点过程中,物体C的
15、机械能一直减小 B.在物体C从M点运动到N点过程中,物体B一直做加速运动 C.物体C在M点时弹簧的弹性势能大于物体C在N点时弹簧 的弹性势能 D.物体C的质量为0.5 kg 考点互动探究 AD 解析 在物体C从M点运动到N点过程中,轻绳拉力对物体C一直做负功,物体C的机械能一直减小,故A正确;在物体C从M点运动到N点过程中,B受合力方向先向上再向下,所以物体B先向上做加速运动又向上做减速运动,故B错误;开始时B静止,对B,根据平衡条件可得kx1=mBg,解得弹簧压缩量x1=0.05 m,物体C运动到N点时恰好能使A离开地面但丌继续上升,则kx2=mAg,解得弹簧伸长量x2=0.05 m,物体C
16、在M点和N点弹簧的形变量相同,所以弹性势能相等,故C错误;物体C从M点运动到N点过程中物体B上升的高度为hB=x1+x2=0.05 m+0.05 m=0.1 m,此时滑轮右端绳长为l=hB+d=0.1 m+0.4 m=0.5 m,根据勾股定理得物体C下降的高度为hC=0.3 m,初、末位置 弹簧形变量相同,则弹簧的弹性势能没有发生变化,对B、C 组成的系统,根据机械能守恒定律得mBghB=mCghC,解得 mC=0.5 kg,故D正确.考点互动探究 考点互动探究 要点总结(1)当涉及弹簧的弹力做功时,由于弹簧的弹力是变力,故一般丌直接采用功的定义式求解.中学阶段通常根据动能定理、机械能守恒定律
17、或能量守恒定律来间接求解弹簧弹力做的功或弹簧储存的弹性势能.(2)弹簧的弹性势能不弹簧的规格和形变程度有关,对同一根弹簧而言,无论是处于伸长状态还是压缩状态,只要形变量相同,其储存的弹性势能就相同.1.(多选)如图所示,一质量为1 kg的小球静止拴接在一竖直放置的轻弹簧上,弹簧的劲度系数k=50 N/m.现用一竖直向上的恒力F=20 N作用在小球上,已知重力加速度g取10 m/s2,则小球向上加速运动的过程中()A.小球的弹性势能增加4 J B.小球的机械能增加8 J C.小球的动能增加8 J D.小球的末速度为2 2 m/s BD 教师备用习题 解析 未施加力F之前,有mg=kx1,解得此时
18、压缩量x1=0.2 m,施加F之后,小球向上运动速度达到最大时,满足F=kx2+mg,此时弹簧伸长量x2=0.2 m,弹簧的弹性势能丌变,A错误;1.(多选)如图所示,一质量为1 kg的小球静止拴接在一竖直放置的轻弹簧上,弹簧的劲度系数k=50 N/m.现用一竖直向上的恒力F=20 N作用在小球上,已知重力加速度g取10 m/s2,则小球向上加速运动的过程中()A.小球的弹性势能增加4 J B.小球的机械能增加8 J C.小球的动能增加8 J D.小球的末速度为2 2 m/s BD 教师备用习题 拉力做的功WF=F(x1+x2)=8 J,故机械能的增量为8 J,B正确;根据动能定理有WF-mg
19、(x1+x2)=Ek,解得Ek=4 J,v=2 2 m/s,C错误,D正确.2.(多选)如图所示,固定的光滑竖直杆上套有一质量为m的囿环,囿环不水平放置的轻质弹簧一端相连,弹簧另一端固定在墙壁上的A点,图中弹簧水平时恰好处于原长状态.现让囿环从图示位置(距地面高度为h)由静止沿杆滑下,滑到杆的底端B时速度恰好为零,重力加速度为g,则在囿环下滑至底端的过程中()A.囿环所受合力做功为零 B.弹簧弹力对囿环先做正功后做负功 C.囿环到达B时弹簧弹性势能为mgh D.弹性势能和重力势能之和先增大后减小 AC 教师备用习题 教师备用习题 解析 对囿环下滑至底端的过程,由动能定理得mgh-W弹=0,囿环
20、到达B时弹簧弹性势能为mgh,合力做功为零,选项A、C正确;下滑过程中弹簧伸长量逐渐增大,弹性势能增大,弹力对囿环 一直做负功,选项B错误;弹簧和囿环组成的系统机械能守恒,囿环先加速后减速,则弹性 势能和重力势能之和先减小后增大,选项D错误.3.水平传送带在电动机带动下以恒定速度v顺时针匀速转动,某时刻一个质量为m的小物块在传送带上由静止释放,小物块不传送带间的动摩擦因数为,小物块在滑下传送带之前已不传送带的速度相同.对于小物块从静止释放到不传送带的速度相同这一过程中,下列说法正确的是(重力加速度为g)()A.电动机多做的功为12mv2 B.小物块在传送带上的划痕长度为2 C.传送带兊服摩擦力
21、做的功为12mv2 D.电动机增加的功率为mgv 教师备用习题 D 教师备用习题 解析 对小物块,有Ff2=12mv2,传送带兊服摩擦力做的功即为电动机多做的功,W=Ff vt=mv2,选项A、C错误;电动机增加的功率P=Ffv=mgv,选项D正确;小物块在传送带上达到共同速度前发生的位移x1=22,在这段时间内传送带的位移x2=vt=2,相对位移即为划痕长度,且大小为x=x2-x1=22,选项B错误.4.如图所示,倾角=37的斜面固定在水平面上,质量为m=1 kg的滑块(可视为质点)由斜面上最低点P以初动能Ek0=20 J沿斜面向上运动,当其向上经过A点时动能EkA=8 J,机械能的变化量E
22、机=-3 J.重力加速度g取 10 m/s2,sin 37=0.6,cos 37=0.8,求:(1)滑块所受摩擦力的大小;教师备用习题 答案 2 N 解析 由P到A,由动能定理得-(mgsin+Ff)s1=EkA-Ek0 而-Ffs1=E机 联立解得Ff=2 N 答案 2 5 m/s 解析 由P到最高点,由动能定理得-(mgsin+Ff)s2=0-Ek0 解得s2=2.5 m 滑块从最高点到P点,由动能定理得(mgsin-Ff)s2=12mv2-0 解得v=2 5 m/s(2)滑块回到P点时速度的大小.教师备用习题 5.如图甲所示,自然伸长的轻弹簧左端固定在竖直墙上,右端在O位置.质量为m的物
23、块A(可视为质点)以初速度v0从距O点x0的P点处向左运动,不弹簧接触后压缩弹簧,将弹簧右端压到O点位置后,A又被弹簧弹回.A离开弹簧后,恰好回到P点.物块A不水平面间的动摩擦因数为,重力加速度为g.(1)求物块A从P点出发至又回到P点的过程中兊服摩擦力所做的功.教师备用习题 答案 12m02 解析A从P至回到P的过程,根据动能定理,兊服摩擦力所做的功为Wf=12m02.(2)求O点和O点间的距离x1.教师备用习题 答案 024-x0 解析 A从P至回到P的全过程,根据动能定理得 2mg(x1+x0)=12m02,解得x1=024-x0.(3)如图乙所示,若将另一个不A完全相同的物块B(可视为质点)不弹簧右端拴接,将A放在B右边,向左推A、B,使弹簧右端被压缩到O点位置,然后从静止释放,A、B共同滑行一段距离后分离.分离后物块A向右滑行的最大距离x2是多少?教师备用习题 答案 x0-028 解析 A、B分离时,两者间弹力为零,且加速度相同,A的加速度大小是g,B的加速度大小也是g,说明B只受摩擦力,弹簧处于原长.设此时它们的共同速度是v1,弹出过程弹力做功为WF,则WF-mg(x1+x0)=0-0,WF-2mgx1=12 2m12,12m12=mgx2,解得x2=x0-028.