2010高三物理一轮复习能量守恒定律

第四单元能量守恒定律基础整合1.功是能量转化的量度做功的过程对应能量的转化，做多少功就有多少能量发生了转化，即功是能量转化的量度.2.能量守恒定律（1）内容：能量既不会消灭，也不会创生，它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，这个规律叫做能量守恒定律.（2）此定律可以从两个方面来理解：①某种形式的能减少，一定存在其他形式的能增加，且减少量和增加量相等；②某个物体的能量减少，一定存在其他物体的能量增加，且减少量和增加量相等，这也是我们应用能量守恒定律列方程的两条思路.应用指南：在用能量守恒定律解题时应注意：（1）分清有多少种形式的能（如动能、势能、内能、电能等）在转化；（2）分别列出减少的能量ΔE减和增加的能量ΔE增的表达式；（3）列恒等式ΔE减=ΔE增求解.典例研析类型一：对功能关系的理解【例1】如图5－4－1，卷扬机的绳索通过定滑轮用力F拉位于粗糙斜面上的木箱，使之沿斜面加速向上移动.在移动过程中，下列说法正确的是（）图5－4－1A.F对木箱做的功等于木箱增加的动能与木箱克服摩擦力所做的功之和B.F对木箱做的功等于木箱克服摩擦力和克服重力所做的功之和C.木箱克服重力做的功等于木箱增加的重力势能D.F对木箱做的功等于木箱增加的机械能与木箱克服摩擦力做的功之和思路点拨：题中涉及多种力做的功，动能的变化，能的转化等问题，所以用功能关系分析.解析：木箱加速上移的过程中，拉力F做正功，重力和摩擦力做负功.支持力不做功，由动能定理得：WF－WG－Wf=21mv2－0.即WF=WG+Wf+21mv2.A，B错误，D正确，又因木箱克服重力做功WG，等于木箱重力势能的增加，故C正确.答案：CD.方法技巧：理解做功与对应的能量的转化关系，是解题的关键.针对训练1－1：如图5－4－2所示，一质量为m的物体（可视为质点）以某一速度由底端冲上倾角为30°的固定斜面，其加速度的大小为g，在斜面上上升的最大高度为h，则在这个过程中，物体（）图5－4－2A.合力做功为－2mghB.摩擦力做功为－mghC.机械能损失了mghD.机械能损失了mgh/2解析：上冲过程中合力F合=ma，合力做功W合=－max=－2mgh，A正确，摩擦力的大小Ff=2mg，故摩擦力做功Wf=－Ff30sinh=－mgh，机械能损失mgh，B、C正确.答案：ABC.类型二：摩擦力做功过程中能量的转化【例2】如图5－4－3所示，木块A放在木块B的左端，用恒力F将A拉至B的右端，第一次将B固定在地面上，F做功为W1，生热为Q1；第二次让B可以在光滑地面上自由滑动，仍将A拉到B右端，这次F做功为W2，生热为Q2；则应有（）图5－4－3A.W1W2，Q1=Q2B.W1=W2，Q1=Q2C.W1W2，Q1Q2D.W1=W2，Q1Q2思路点拨：两种情况下A的位移不同，故力F做功不同，但相对位移相同，所以产生的热量相同.解析：拉力F做的功直接由公式W=Flcosθ求得，其中l是木块A相对地面的位移，所以W1W2，滑动摩擦力做功过程中产生的内能等于系统克服摩擦力做的功，即ΔE=Q=Ffd相，其中d相表示木块之间的相对位移，在这里是B的长度，所以Q1=Q2.答案：A.方法技巧：摩擦力做功和内能的转化问题中，一对滑动摩擦力做功的和总为负值，其绝对值等于摩擦力与相对位移的乘积，也等于系统损失的机械能（也等于转化为内能的量）.针对训练2－1：如图5－4－4所示，一子弹以水平速度射入置于光滑水平面上原来静止的木块，并留在木块中，在此过程中子弹钻入木块的深度为d，木块的位移为x，木块对子弹的摩擦阻力大小为F.则木块对子弹的摩擦力做的功为_____________，子弹对木块的摩擦力做的功为_____________，摩擦产生的热能为_____________.图5－4－4解析：子弹的位移为（x+d），摩擦力对子弹做负功，W1=－F（x+d），摩擦力对木块做正功W2=Fx，摩擦产生的热能Q=Fd.答案：－F（x+d）FxFd类型三：传送带问题【例3】如图5－4－5所示，传送带与水平面之间的夹角为θ=30°，其上A、B两点间的距离为l=5m，传送带在电动机的带动下以v=1m/s的速度匀速运动，现将一质量为m=10kg的小物体（可视为质点）轻放在传送带的A点，已知小物体与传送带之间的动摩擦因数为μ=23，在传送带将小物体从A点传送到B点的过程中，求：图5－4－5（1）传送带对小物体做的功.（2）电动机做的功.（g取10m/s2）思路点拨：首先对小物体的运动过程进行分析，第一个过程：初速度为零的匀加速运动，第二个过程：匀速运动，分别求出小物体动能的增加量和重力势能的增加量，根据功能关系求功.解析：（1）根据牛顿第二定律知，μmgcosθ－mgsinθ=ma，可得a=41g=2.5m/s2，当小物体的速度为1m/s时，小物体与传送带的相对位移为l′=av22=0.2m，即小物体匀速运动了l－l′=4.8m，由功能关系可得W=ΔEk+ΔEp=21mv2+mglsin30°=255J.（2）电动机做功使小物体机械能增加，同时小物体与传送带间因摩擦产生热量Q，由（1）知小物体与传送带之间的相对位移l′=0.2m摩擦生热Q=Ffl′=μmgcosθl′=15J，故电动机做的功为W总=W+Q=255J+15J=270J.答案：（1）255J（2）270J方法技巧：求解物体在传送带上运动的问题，首先要正确分析物体的受力和运动情况，一般情况下物体的运动有两个或两个以上的过程，要对各个过程的做功和能量的转化弄清楚，然后根据题目条件求解.针对训练3－1：（2009年山东济南模拟）如图5－4－6所示，一质量为m的滑块从高为h的光滑圆弧形槽的顶端A处无初速度地滑下，槽的底端B与水平传送带相接，传送带的运行速度恒为v0，两轮轴心间距为L，滑块滑到传送带上后做匀加速运动，滑到传送带右端C时，恰好加速到与传送带的速度相同，求：图5－4－6（1）滑块到达底端B时的速度大小v；（2）滑块与传送带间的动摩擦因数μ；（3）此过程中，由于克服摩擦力做功而产生的热量Q.解析：（1）滑块到达B点的速度为v，由机械能守恒定律，有mgh=21mv2，v=gh2.（2）滑块在传送带上做匀加速运动，受到传送带对它的滑动摩擦力，有μmg=ma，滑块对地位移为L，末速度为v0，则L=avv2220，得μ=gLghv2220.（3）产生的热量等于滑块与传送带之间发生的相对位移中克服摩擦力所做的功，即Q=μmgΔx，Δx为传送带与滑块间的相对位移，设滑块在传送带上运动所用时间为t，则Δx=v0t－L，L=20vvt，t=gvv0得Q=2)2(20ghvm.答案：（1）gh2（2）gLghv2220（3）2)2(20ghvm类型四：能量转化与守恒定律解题【例4】如图5－4－7所示，一个质量m=0.2kg的小球系于轻质弹簧的一端，且套在竖立的圆环上，弹簧的上端固定于环的最高点A，环的半径R=0.5m.弹簧的原长l0=0.5m，劲度系数k=4.8N/m.若小球从图示位置B点由静止开始滑动到最低点C时，弹簧的弹性势能E弹=0.6J，求：图5－4－7（1）小球到C点时速度v0的大小；（2）小球在C点对环的作用力大小.（g取10m/s2）思路点拨：小球从B到C的过程中重力和弹簧的弹力做功，重力势能、弹性势能及动能相互转化，利用能量守恒定律求解.解析：（1）小球在B点时弹簧的长度为l1=R=l0所以在此位置时弹簧处于自然状态，弹簧的弹性势能等于零，小球由B点滑到C点的过程中，由机械能守恒定律得：mgR（1+cos60°）=21mv02+E弹可解得v0=3.0m/s.（2）设在C点环对小球的作用力为F，方向竖直向上.如图5－4－8所示，由牛顿第二定律有图5－4－8F弹+F－mg=mRv20由胡克定律有F弹=k（2R－l0）由以上两式可解得F=3.2N；由牛顿第三定律可知，小球对环的作用力与F等值反向.答案：（1）3.0m/s（2）3.2N方法技巧：在分析问题时，抓住有几种能量参与了转化或转移，利用能量守恒定律求解问题，往往比较方便.针对训练4－1：如图5－4－9所示，轨道对称轴是过O、E点的竖直线，轨道BEC是对应圆心角为120°的光滑圆弧，半径R=2.0m，O为圆心，AB、CD两斜面与圆弧分别相切于B点和C点，一物体从高h=3.0m处以速率v0=4.0m/s沿斜面向下运动，物体与两斜面的动摩擦因数μ=0.2，求物体在AB、CD两斜面上（不包含圆弧部分）通过的总路程.（g=10m/s2）图5－4－9解析：物体最后是在光滑圆弧间做往复运动，设圆弧的高度为h1，h1=R（1－cos60°）物体最后在切点处速度为v=0，则全过程应用动能定理可得mg（h－h1）－μmglcos60°=0－21mv02，l=28m.答案：28m备选例题【例1】抽水机出水口比河水面高2.8m，连续抽水时，水以4m／s的速度喷出，抽水机的输入功率为9kW，效率为80%.抽水机每分钟能抽多少千克水?（g取10m/s2）解析：设每秒抽的水量为m，由能量守恒定律，有Pt×η=mgh+21mv2，所以m=200kg，则每分钟抽水机能抽的水量为60m=12000kg.答案：12000kg【例2】如图所示，一物体质量m=2kg，在倾角为θ=37°的斜面上的A点以初速度v0=3m/s下滑，A点距弹簧上端B的距离lAB=4m.当物体到达B后将弹簧压缩到C点，最大压缩量lBC=0.2m，然后物体又被弹簧弹上去，弹到的最高位置为D点，D点距A点的距离lAD=3m.挡板及弹簧质量不计，g取10m/s2，sin37°=0.6，求：（1）物体与斜面间的动摩擦因数μ；（2）弹簧的最大弹性势能Epm.解析：（1）物体到达D点与在开始的位置A点比较：动能减少ΔEk=21mv02=9J.重力势能减少ΔEp=mglADsin37°=36J.机械能减少ΔE=ΔEk+ΔEp=45J机械能的减少量全部用来克服摩擦力做功，即Wf=45J物体运动的总路程l=5.4m，则Ff=lWf≈8.33N.而Ff=μmgcos37°，所以μ=37cosfmgF≈0.52.（2）由A到C的过程：动能减少ΔEk′=21mv02=9J.重力势能减少ΔEp′=mg（lAB+lBC）·sin37°=50.4J.机械能的减少用于克服摩擦力做功Wf′=Ff·（lAB+lBC）=μmgcos37°×（lAB+lBC）≈35J.由能量的转化和守恒定律得：Epm=ΔEk′+ΔEp′－Wf′=24.4J.答案：（1）0.52（2）24.4J考点演练达标提升1.如图5－4－10所示，在粗糙斜面顶端固定轻弹簧的一端，另一端挂一物体，物体在A点处于平衡状态.现用平行于斜面向下的力拉物体，第一次直接拉到B点，第二次将物体先拉到C点，再回到B点，在这两次过程中下列说法正确的是（ABD）图5－4－10A.重力势能的改变量相等B.弹性势能的改变量相等C.摩擦力对物体做的功相等D.弹簧弹力对物体做的功相等解析：两次过程初末位置相同，所以重力和弹簧的弹力做的功是相同的，此题中滑动摩擦力始终做负功，大小为摩擦力与物体在摩擦力作用下运动的路程的乘积，所以两次做功不同.2.如图5－4－11所示，一质量均匀的不可伸长的绳索重为G，A、B两端固定在天花板上，今在最低点C施加一竖直向下的力将绳索拉至D点，在此过程中绳索AB的重心位置将（A）图5－4－11A.逐渐升高B.逐渐降低C.先降低后升高D.始终不变解析：由题意知外力对绳索做正功，机械能增加，重心升高，故选A.3.如图5－4－12所示，质量为m的物体在水平传送带上由静止释放，传送带由电动机带动，始终保持以速度v匀速运动，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，对于物体从静止释放到与传送带相对静止这一过程，下列说法正确的是（D）图5－4－12A.电动机多做的功为21mv2B.摩擦力对物体做的功为mv2C.传送带克服摩擦力做的功为21mv