江苏专用2025版高考物理一轮复习第5章机械能及其守恒定律第4节功能关系能量守恒定律学案

PAGE10-第4节功能关系能量守恒定律一、功能关系1．功能关系(1)功是能量转化的量度，即做了多少功就有多少能量发生了转化。(2)做功的过程肯定伴随着能量的转化，而且能量的转化必需通过做功来实现。2．几种常见的功能关系几种常见力做功对应的能量改变数量关系式重力正功重力势能削减WG＝－ΔEp负功重力势能增加弹簧等的弹力正功弹性势能削减W弹＝－ΔEp负功弹性势能增加电场力正功电势能削减W电＝－ΔEp负功电势能增加合力正功动能增加W合＝ΔEk负功动能削减重力以外的其他力正功机械能增加W其＝ΔE负功机械能削减二、能量守恒定律1．内容：能量既不会凭空产生，也不会凭空消逝。它只能从一种形式转化为另一种形式，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。2．表达式：ΔE减＝ΔE增。1．思索辨析(正确的画“√”，错误的画“×”)(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，其总量会不断削减。 (×)(3)在物体的机械能削减的过程中，动能有可能是增大的。 (√)(4)既然能量在转移或转化过程中是守恒的，故没有必要节约能源。 (×)(5)滑动摩擦力做功时，肯定会引起机械能的转化。 (√)(6)一个物体的能量增加，必定有别的物体的能量削减。 (√)2．(2024·江苏江阴期中)在光滑的水平面上，质量为m的小滑块停放在质量为M、长度为L的静止的长木板的最右端，滑块和木板之间的动摩擦因数为μ。现用一个大小为F的恒力作用在M上，当小滑块滑到木板的最左端时，滑块和木板的速度大小分别为v1、v2，滑块和木板相对于地面的位移大小分别为s1、s2，下列关系式错误的是()A．μmgs1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)B．Fs2－μmgs2＝eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,2)C．μmgL＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)D．Fs2－μmgs2＋μmgs1＝eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,2)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)C[对滑块，滑块受到重力、支持力和摩擦力，依据动能定理，有μmgs1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，故A正确；对木板，由动能定理得：Fs2－μmgs2＝eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,2)，故B正确；由上两式相加可得：Fs2－μmgs2＋μmgs1＝eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,2)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，又s2－s1＝L，则得：Fs2－μmgL＝eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,2)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，故C错误，D正确。本题选错误的，故选C。]3．(鲁科版必修2P44T5改编)质量为m的物体以初速度v0沿水平面对左起先运动，起始点A与一轻弹簧O端相距s，如图所示。已知物体与水平面间的动摩擦因数为μ，物体与弹簧相碰后，弹簧的最大压缩量为x。则从起先碰撞到弹簧被压缩至最短，物体克服弹簧弹力所做的功为()A．eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－μmg(s＋x) B．eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－μmgxC．μmgs D．μmg(s＋x)A[由能量守恒定律可知，物体的初动能eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)一部分用于克服弹簧弹力做功，另一部分用于克服摩擦力做功，故物体克服弹簧弹力所做的功为eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－μmg(s＋x)，故选项A正确。]对功能关系的理解及应用eq\o([依题组训练])1．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现的。(2)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。2．力学中常见的功能关系[题组训练]1．(2024·烟台测试)质量为m的物体在竖直向上的恒定拉力F的作用下，由静止起先向上运动H高度，所受空气阻力恒为f，g为当地的重力加速度。则此过程中，下列说法正确的是()A．物体的动能增加了(F－mg)HB．物体的重力势能增加了mgHC．物体的机械能削减了fHD．物体的机械能增加了FHB[物体受到重力、拉力以及空气的阻力，由动能定理有ΔEk＝(F－mg－f)H，选项A错误；重力的功为－mgH，所以物体的重力势能增加了mgH，选项B正确；除重力外物体受到拉力和阻力，所以物体的机械能增加ΔE＝(F－f)H，选项C、D错误。]2．(2024·扬州市江都区大桥高级中学高三月考)重为2N的小球，在空中沿竖直方向下落了2m的高度后到达地面，下落过程中受到空气的阻力为0.1N，下列说法正确的是()A．小球的重力势能增加了4JB．小球的动能增加了4JC．小球的机械能削减了0.2JD．空气阻力对小球做功为1JC[小球的重力做正功等于重力势能的削减mgh＝2×2J＝4J，故A错误；依据动能定理，小球动能的增加等小球外力做功的和ΔEk＝mgh－fh＝(4－0.1×2)J＝3.8J，故B错误；小球的机械能削减等于克服阻力做的功为|ΔE|＝fh＝0.2J，故C正确；空气阻力对小球做功为：Wf＝－fh＝－0.2J，故D错误。]3．(2024·广安高三检测)如图所示，某段滑雪雪道倾角为30°，总质量为m(包括雪具在内)的滑雪运动员从距底端高为h处的雪道上由静止起先匀加速下滑，加速度为eq\f(1,3)g。在他从上向下滑究竟端的过程中，下列说法正确的是()A．运动员削减的重力势能全部转化为动能B．运动员获得的动能为eq\f(1,3)mghC．运动员克服摩擦力做功为eq\f(2,3)mghD．下滑过程中系统削减的机械能为eq\f(1,3)mghD[运动员的加速度大小为eq\f(1,3)g，小于gsin30°＝eq\f(1,2)g，所以其必受摩擦力，且大小为eq\f(1,6)mg，克服摩擦力做的功为eq\f(1,6)mg×eq\f(h,sin30°)＝eq\f(1,3)mgh，故C错；摩擦力做负功，机械能不守恒，削减的重力势能没有全部转化为动能，有eq\f(1,3)mgh转化为内能，故A错，D对；由动能定理知，运动员获得的动能为eq\f(1,3)mg×eq\f(h,sin30°)＝eq\f(2,3)mgh，故B错。]功能关系的选取方法(1)若只涉及动能的改变用动能定理。(2)只涉及重力势能的改变，用重力做功与重力势能改变的关系分析。(3)只涉及机械能改变，用除重力和弹簧的弹力之外的力做功与机械能改变的关系分析。摩擦力做功与能量转化eq\o([讲典例示法])1．两种摩擦力的做功状况比较类别比较静摩擦力滑动摩擦力不同点能量的转化方面只有能量的转移，而没有能量的转化既有能量的转移，又有能量的转化一对摩擦力的总功方面一对静摩擦力所做功的代数和等于零一对滑动摩擦力所做功的代数和不为零，总功W＝－Ffl相对，即相对滑动时产生的热量相同点正功、负功、不做功方面两种摩擦力对物体可以做正功、负功，还可以不做功2．相对滑动物体能量问题的解题流程[典例示法](2024·江苏省新高考适应性考试)如图所示，水平传送带足够长，向右前进的速度v＝4m/s，与倾角为37°的斜面的底端P平滑连接，将一质量m＝2kg的小物块从A点静止释放。已知A、P的距离L＝8m，物块与斜面、传送带间的动摩擦因数分别为μ1＝0.25、μ2＝0.20，取重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求物块(1)第1次滑过P点时的速度大小v1；(2)第1次在传送带上来回运动的时间t；(3)从释放到最终停止运动，与斜面间摩擦产生的热量Q。[解析](1)由动能定理得(mgsin37°－μ1mgcos37°)L＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－0解得v1＝8m/s。(2)由牛顿其次定律得μ2mg＝ma物块与传送带共速时，由速度公式得－v＝v1－at1解得t1＝6s匀速运动阶段的时间为t2＝eq\f(\f(v\o\al(2,1),2a)－\f(v2,2a),v)＝3s第1次在传送带上来回运动的时间t＝t1＋t2＝9s。(3)由分析可知，物块第一次离开传送带以后，每次再到达传送带和离开传送带的速度大小相等，则依据能量守恒有Q＝μ1mgcos37°ΔL＋eq\f(1,2)mv2＝48J。[答案](1)8m/s(2)9s(3)48J摩擦力做功的分析方法一是无论是滑动摩擦力，还是静摩擦力，计算做功时都是用力与对地位移的乘积。二是摩擦生热的计算公式Q＝Ff·x相对，其中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时，则x相对为总的相对路程。[跟进训练]水平地面上的摩擦力做功分析1．(2024·江苏高考改编)如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端连接一小物块，O点为弹簧在原长时物块的位置。物块由A点静止释放，沿粗糙程度相同的水平面对右运动，最远到达B点。在从A到B的过程中，物块()A．加速度先增大后减小B．经过O点时的速度最大C．所受弹簧弹力始终做正功D．所受弹簧弹力做的功等于克服摩擦力做的功D[对物块受力分析，当弹簧处于压缩状态时，由牛顿其次定律可得kx－f＝ma，x减小，a减小，当a＝0时，物块速度最大，此时，物块在O点左侧，选项B错误；从加速度a＝0处到O点过程，由牛顿其次定律得f－kx＝ma，x减小，a增大，当弹簧处于伸长状态时，由牛顿其次定律可得kx＋f＝ma，x增大，a接着增大，可知物块的加速度先减小后增大，选项A错误；物块所受弹簧的弹力对物块先做正功，后做负功，选项C错误；从A到B的过程，由动能定理可得W弹－Wf＝0，选项D正确。]曲面上的摩擦力做功分析2．(2024·湖北六市高三联考)如图所示，竖直平面内有一半径为R的固定eq\f(1,4)圆轨道与水平轨道相切于最低点B。一质量为m的小物块P(可视为质点)从A处由静止滑下，经过最低点B后沿水平轨道运动，到C处停下，B、C两点间的距离为R，物块P与圆轨道、水平轨道之间的动摩擦因数均为μ。现用力F将物块P沿下滑的路径从C处缓慢拉回圆弧轨道的顶端A，拉力F的方向始终与物块P的运动方向一样，物块P从B处经圆弧轨道到达A处过程中，克服摩擦力做的功为μmgR，下列说法正确的是()A．物块P在下滑过程中，运动到B处时速度最大B．物块P从A滑到C的过程中克服摩擦力做的功等于2μmgRC．拉力F做的功小于2mgRD．拉力F做的功为mgR(1＋μ)C[当重力沿圆轨道切线方向的分力等于滑动摩擦力时速度最大，此位置在AB之间，故A错误；将物块P缓慢地从B拉到A，克服摩擦力做的功为μmgR，而物块P从A滑到B的过程中，物块P做圆周运动，依据向心力学问可知物块P所受的支持力比缓慢运动时要大，则滑动摩擦力增大，所以克服摩擦力做的功Wf大于μmgR，因此物块P从A滑到C的过程中克服摩擦力做的功大于2μmgR，故B错误；由动能定理得，从C到A的过程中有WF－mgR－μmgR－μmgR＝0－0，则拉力F做的功为WF＝mgR(1＋2μ)，故D错误；从A到C的过程中，依据动能定理得mgR－Wf－μmgR＝0，因为Wf>μmgR，则mgR>μmgR＋μmgR，因此WF<2mgR，故C正确。]传送带模型中的摩擦力做功分析3．如图所示，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，始终保持以图示速度v匀速运动。物体与传送带间的动摩擦因数为μ，物体运动一段距离能保持与传送带相对静止。对于物体从静止释放到相对传送带静止这一过程，下列说法正确的是()A．电动机多做的功为eq\f(1,2)mv2B．摩擦力对物体做的功为mv2C．传送带克服摩擦力做的功为eq\f(1,2)mv2D．物体与传送带因摩擦产生的热量为eq\f(1,2)mv2D[电动机多做的功转化成了物体的动能和内能，物体从静止释放到相对传送带静止过程中获得的动能为eq\f(1,2)mv2，所以电动机多做的功肯定大于eq\f(1,2)mv2，所以A错误；物体从静止释放到相对传送带静止过程中只有摩擦力对物体做功，由动能定理可知，摩擦力对物体做的功等于物体动能的改变，即为eq\f(1,2)mv2，所以B错误；物体做匀加速直线运动的末速度为v，故此过程中物体的平均速度为eq\f(v,2)，传送带的速度为v，则此过程传送带的位移为物体位移的2倍，因为摩擦力对物体做功为eq\f(1,2)mv2，故传送带克服摩擦力做的功为mv2，故C错误；传送带克服摩擦力做的功为mv2，物体获得的动能为eq\f(1,2)mv2，依据能量守恒定律知，物体与传送带因摩擦产生的热量为eq\f(1,2)mv2，故D正确。]“滑块—木板”模型中的摩擦力做功分析4．如图甲所示，长木板A放在光滑的水平面上，质量为m＝2kg的另一物体B(可看成质点)以水平速度v0＝2m/s滑上原来静止的长木板A的上表面。由于A、B间存在摩擦，之后A、B速度随时间改变状况如图乙所示。下列说法正确的是(g取10m/s2)()甲乙A．木板A获得的动能为2JB．系统损失的机械能为4JC．木板A的最小长度为2mD．A、B间的动摩擦因数为0.1D[由题给图象可知，A、B的加速度大小都为1m/s2，依据牛顿其次定律知二者质量相等，木板获得的动能为1J，选项A错误；系统损失的机械能ΔE＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)·2m·v2＝2J，选项B错误；由v­t图象可求出二者相对位移为1m，选项C错误；分析B的受力，依据牛顿其次定律，可求出μ＝0.1，选项D正确。]能量守恒定律的理解及应用eq\o([依题组训练])1．构建和谐型、节约型社会深得民心，遍布于生活的方方面面。自动充电式电动车就是很好的一例，电动车的前轮装有发电机，发电机与蓄电池连接。当在骑车者用力蹬车或电动自行车自动滑行时，自行车就可以连通发电机向蓄电池充电，将其他形式的能转化成电能储存起来。现有某人骑车以500J的初动能在粗糙的水平路面上滑行，第一次关闭自动充电装置，让车自由滑行，其动能随位移改变关系如图①所示；其次次启动自动充电装置，其动能随位移改变关系如图②所示，则其次次向蓄电池所充的电能是()A．200JB．250JC．300JD．500JA[第一次关闭自动充电装置，自由滑行时只有摩擦力做功，依据动能定理有－Ff·x1＝0－Ek，其次次启动充电装置后，滑行直至停下来的过程，动能一部分克服摩擦力做功，一部分转化为电能，Ek＝Ff·x2＋W，代入数据计算可得W＝200J，选项A正确。]2．(2024·江苏启东中学期中)将质量为0.2kg的小球放在直立的弹簧上，并把球往下按至A的位置，如图甲所示，快速松手后，弹簧把球弹起，球升至最高位置C(图丙)。途中经过位置B时弹簧正好处于自由状态(图乙)。已知B、A的高度差为0.1m，C、B的高度差为0.2m，弹簧的质量和空气阻力都可忽视，重力加速度g＝10m/s2，则有()A．小球从A上升至B的过程中，弹簧的弹性势能始终减小，小球的动能始终增加B．小球从B上升到C的过程中，小球的动能始终先增加后减小，势能始终增加C．小球在位置A时，弹簧的弹性势能为0.6JD．小球从位置A上升至C的过程中，小球的最大动能为0.4JC[当弹簧的弹力与小球重力平衡时，合力为零，加速度为零，速度达到最大。之后小球接着上升，弹簧弹力小于重力，球做减速运动，直到脱离弹簧，故小球从A上升到B的过程中，弹簧的弹性势能始终减小，动能先增大后减小，故A错误；从B到C，小球只受重力作用，做减速运动，所以动能始终减小，重力势能始终增加，故B错误；从A到C，小球动能不变，重力势能增加，重力势能由弹簧弹性势能转化而来，而重力势能增量为ΔEp＝mgΔh＝0.2×10×(0.1＋0.2)＝0.6J，所以在A点弹簧的弹性势能为0.6J，故C正确；小球受力平衡时，因未给弹簧的劲度系数，则弹簧的形变量由题设条件无法求出，故无法求出小球最大动能，故D错误。]3．(2024·常熟市中学高三开学考试)如图所示，一根轻质弹簧一端固定于光滑竖直杆上，另一端与质量为m的滑块P连接，P穿在杆上，一根轻绳跨过定滑轮将滑块P和重物Q连接起来，重物Q的质量M＝6m。把滑块P从图中A点由静止释放后沿竖直杆上下运动，当它经过A、B两点时弹簧弹力大小相等。已知OA与水平面的夹角θ＝53°，OB长为L，与AB垂直，不计滑轮质量和摩擦力，