2025版高考物理一轮复习第5章机械能及其守恒定律微专题6功能关系能量守恒定律教案

PAGE9-微专题六功能关系能量守恒定律功能关系的理解及应用1.(2024·浙江选考)奥运会竞赛项目撑杆跳高如图所示，下列说法不正确的是()A．加速助跑过程中，运动员的动能增加B．起跳上升过程中，杆的弹性势能始终增加C．起跳上升过程中，运动员的重力势能增加D．越过横杆后下落过程中，运动员的重力势能削减，动能增加B[加速助跑过程中速度增大，动能增加，A正确；撑杆从起先形变到撑杆复原形变时，先是运动员部分动能转化为杆的弹性势能，后弹性势能转化为运动员的动能与重力势能，杆的弹性势能不是始终增加，B错误；起跳上升过程中，运动员的高度在不断增大，所以运动员的重力势能增加，C正确；当运动员越过横杆下落的过程中，他的高度降低、速度增大，重力势能转化为动能，即重力势能削减，动能增加，D正确。]2.(2024·全国卷Ⅲ)如图所示，一质量为m、长度为l的匀称松软细绳PQ竖直悬挂。用外力将绳的下端Q缓慢地竖直向上拉起至M点，M点与绳的上端P相距eq\f(1,3)l。重力加速度大小为g。在此过程中，外力做的功为()A．eq\f(1,9)mgl B．eq\f(1,6)mglC．eq\f(1,3)mgl D．eq\f(1,2)mglA[以匀称松软细绳MQ段为探讨对象，其质量为eq\f(2,3)m，取M点所在的水平面为零势能面，起先时，细绳MQ段的重力势能Ep1＝－eq\f(2,3)mg·eq\f(l,3)＝－eq\f(2,9)mgl，用外力将绳的下端Q缓慢地竖直向上拉起至M点时，细绳MQ段的重力势能Ep2＝－eq\f(2,3)mg·eq\f(l,6)＝－eq\f(1,9)mgl，则外力做的功即克服重力做的功等于细绳MQ段的重力势能的改变，即W＝Ep2－Ep1＝－eq\f(1,9)mgl＋eq\f(2,9)mgl＝eq\f(1,9)mgl，选项A正确。]3．(多选)(2024·全国卷Ⅰ)一物块在高3.0m、长5.0m的斜面顶端从静止起先沿斜面下滑，其重力势能和动能随下滑距离s的改变如图中直线Ⅰ、Ⅱ所示，重力加速度取10m/s2。则()A．物块下滑过程中机械能不守恒B．物块与斜面间的动摩擦因数为0.5C．物块下滑时加速度的大小为6.0m/s2D．当物块下滑2.0m时机械能损失了12JAB[由重力势能和动能随下滑距离s改变的图象可知，重力势能和动能之和随下滑距离s的增大而减小，可知物块下滑过程中机械能不守恒，A项正确；在斜面顶端，重力势能mgh＝30J，解得物块质量m＝1kg，由重力势能随下滑距离s改变图象可知，重力势能可以表示为Ep＝(30－6s)J，由动能随下滑距离s改变图象可知，动能可以表示为Ek＝2sJ，设斜面倾角为θ，则有sinθ＝eq\f(h,L)＝eq\f(3,5)，cosθ＝eq\f(4,5)，由功能关系有－μmgcosθ·s＝Ep＋Ek－30J＝(30－6s＋2s－30)J＝－4sJ，可得μ＝0.5，B项正确；由Ek＝2sJ，Ek＝eq\f(mv2,2)可得，v2＝4sm2/s2，对比匀变速直线运动公式v2＝2as，可得a＝2m/s2，即物块下滑时加速度的大小为2.0m/s2，C项错误；由重力势能和动能随下滑距离s改变图象可知，当物块下滑2.0m时机械能为E＝18J＋4J＝22J，机械能损失了ΔE＝30J－22J＝8J，D项错误。]1．常见的功能关系2．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。摩擦力做功与能量转化1．两种摩擦力做功的比较静摩擦力做功滑动摩擦力做功只有能量的转移，没有能量的转化既有能量的转移，又有能量的转化互为作用力和反作用力的一对静摩擦力所做功的代数和为零，即要么一正一负，要么都不做功互为作用力和反作用力的一对滑动摩擦力所做功的代数和为负值，即至少有一个力做负功两种摩擦力都可以对物体做正功或者负功，还可以不做功2.摩擦生热的“三点”提示(1)大小：系统内因滑动摩擦力做功产生的热量Q＝Ffx相对(2)产生：有滑动摩擦力的系统内存在相对位移，摩擦生热Q＝Ffx相对中，x相对是两物体间相对运动的位移，即同向相减、反向相加；若物体做往复运动，则x相对为总的相对路程。(3)能量改变有两种形式：一是相互摩擦的物体之间机械能转移；二是机械能转化为内能(即热量)。eq\o([典例1])如图所示，传送带与地面的夹角θ＝37°，A、B两端间距L＝16m，传送带以速度v＝10m/s沿顺时针方向运动，物体m＝1kg，无初速度地放置于A端，它与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，试求：(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2)(1)物体由A端运动到B端的时间；(2)系统因摩擦产生的热量。思维流程：解此题按以下思路：eq\x(轻放物体)eq\o(→,\s\up10(受力),\s\do8(分析))eq\x(物体加速下滑)eq\o(→,\s\up10(运动),\s\do8(分析))eq\x(共速)eq\o(→,\s\up10(受力),\s\do8(分析))eq\x(接着加速)[解析](1)物体刚放上传送带时受到沿斜面对下的滑动摩擦力，由牛顿其次定律得mgsinθ＋μmgcosθ＝ma1设物体经时间t1加速到与传送带同速，则v＝a1t1，x1＝eq\f(1,2)a1teq\o\al(2,1)解得a1＝10m/s2，t1＝1s，x1＝5m设物体与传送带同速后再经过时间t2到达B端，因mgsinθ>μmgcosθ，故当物体与传送带同速后，物体将接着加速，即mgsinθ－μmgcosθ＝ma2L－x1＝vt2＋eq\f(1,2)a2teq\o\al(2,2)解得t2＝1s故物体由A端运动到B端的时间t＝t1＋t2＝2s。(2)物体与传送带间的相对位移x相＝(vt1－x1)＋(L－x1－vt2)＝6m故Q＝μmgcosθ·x相＝24J。[答案](1)2s(2)24J相对滑动物体能量问题的解题流程eq\o([跟进训练])水平地面上摩擦力做功分析1.(多选)(2024·江苏高考)如图所示，轻质弹簧的左端固定，并处于自然状态。小物块的质量为m，从A点向左沿水平地面运动，压缩弹簧后被弹回，运动到A点恰好静止。物块向左运动的最大距离为s，与地面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，弹簧未超出弹性限度。在上述过程中()A．弹簧的最大弹力为μmgB．物块克服摩擦力做的功为2μmgsC．弹簧的最大弹性势能为μmgsD．物块在A点的初速度为eq\r(2μgs)BC[物块向左运动压缩弹簧，弹簧最短时，物块具有向右的加速度，弹力大于摩擦力，即F>μmg，A错误；依据功的公式，物块克服摩擦力做的功W＝μmgs＋μmgs＝2μmgs，B正确；依据能量守恒，弹簧弹开物块的过程中，弹簧的弹性势能通过摩擦力做功转化为内能，故Epm＝μmgs，C正确；依据能量守恒，在整个过程中，物体的初动能通过摩擦力做功转化为内能，即eq\f(1,2)mv2＝2μmgs，所以v＝2eq\r(μgs)，D错误。]传送带问题中的摩擦力做功问题2．(多选)(2024·辽宁新高考适应性考试)如图所示，甲、乙两滑块的质量分别为1kg、2kg，放在静止的水平传送带上，两者相距5m，与传送带间的动摩擦因数均为0.2。t＝0时，甲、乙分别以6m/s、2m/s的初速度起先向右滑行。t＝0.5s时，传送带启动(不计启动时间)，马上以3m/s的速度向右做匀速直线运动。传送带足够长，重力加速度取10m/s2。下列说法正确的是()A．t＝0.5s时，两滑块相距2mB．t＝1.5s时，两滑块速度相等C．0～1.5s内，乙相对传送带的位移大小为0.25mD．0～2.5s内，两滑块与传送带间摩擦生热共为14.5JBCD[两物体变速运动时的加速度大小a＝eq\f(μmg,m)＝μg＝2m/s2，依据x＝v0t－eq\f(1,2)at2，t＝0.5s时，两滑块相距Δx＝x0－(v1t－eq\f(1,2)at2)＋(v2t－eq\f(1,2)at2)＝3m，A错误；传送带启动时，甲物体的速度为v′1＝v1－at＝5m/s，与传送带速度相等所用时间Δt1＝eq\f(v′1－v0,a)＝1s，因此在t＝1.5s时，甲滑块速度与传送带启动时相等，乙物体的速度为v′2＝v2－at＝1m/s，与传送带速度相等所用时间Δt2＝eq\f(v0－v′2,a)＝1s，因此在t＝1.5s时，乙滑块速度与传送带相等，故1.5s时，两滑块速度相等，B正确；0～0.5s内，乙相对传送带的位移大小为x1＝v2t－eq\f(1,2)at2＝0.75m,1s～1.5s内，乙相对传送带的位移大小为x2＝v0t－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(v′2t＋\f(1,2)at2))＝1m，因此0～1.5s内，乙相对传送带的位移大小为x2－x1＝0.25m，C正确；甲相对传送带的位移x甲＝v1t－eq\f(1,2)at2－v0t′1＝6×1.5m－eq\f(1,2)×2×1.52m－3×1m＝3.75m，甲滑块与传送带间摩擦生热量Q1＝μm1g·x甲＝7.5J，乙滑块与传送带间摩擦生热量Q2＝μm2g(x1＋x2)＝7J因此0～2.5s内，两滑块与传送带间摩擦生热Q＝Q1＋Q2＝14.5J，D正确。故选BCD。]“滑块—木板”问题中摩擦力做功3.(多选)如图所示，在光滑的水平面上，有一质量为M的长木板以肯定的初速度向右匀速运动，将质量为m的小铁块无初速度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．小铁块增加的动能为μmg(x＋L)B．长木板削减的动能为μmgxC．摩擦产生的热量为μmg(x－L)D．系统机械能的削减量为μmgLBD[对小铁块，摩擦力做正功，依据动能定理有μmg(x－L)＝eq\f(1,2)mv2－0，其中(x－L)为小铁块相对地面的位移，则小铁块增加的动能ΔEkm＝μmg(x－L)，A项错误；对长木板，摩擦力做负功，依据动能定理，长木板削减的动能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；依据能量守恒定律，系统削减的机械能等于产生的热量ΔE＝Q＝μmgL，D项正确。]能量守恒定律的理解及应用1．对能量守恒定律的理解(1)转化：某种形式的能量削减，肯定存在其他形式的能量增加，且削减量和增加量肯定相等。(2)转移：某个物体的能量削减，肯定存在其他物体的能量增加，且削减量和增加量肯定相等。2．涉及弹簧的能量问题应留意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：(1)假如只有重力和系统内弹簧弹力做功，系统机械能守恒。(2)假如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度时两物体速度相同。eq\o([典例2])(多选)如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端与一质量为m、套在粗糙竖直固定杆A处的圆环相连，弹簧水平且处于原长。圆环从A处由静止起先下滑，经过B处的速度最大，到达C处的速度为零，AC＝h。圆环在C处获得一竖直向上的速度v，恰好能回到A处。弹簧始终在弹性限度内，重力加速度为g。则圆环()A．下滑过程中，加速度始终减小B．下滑过程中，克服摩擦力做的功为eq\f(1,4)mv2C．在C处，弹簧的弹性势能为eq\f(1,4)mv2－mghD．上滑经过B的速度大于下滑经过B的速度思路点拨：解此题的关键是依据“B处速度最大”、“C处速度为零”分析圆环的运动过程及能量转化规律。BD[圆环从A处由静止起先下滑，则说明圆环具有向下的加速度，经过B处的速度最大，说明在B处的加速度为零，到达C处的速度为零，说明圆环从B处起先减速、具有与速度相反方向的加速度，即下滑过程中，加速度先减小，后反向增大，故选项A错误；圆环从A处到C处的过程中，设圆环在C点时弹簧的弹性势能为Ep，该过程中圆环克服摩擦力做功为Wf，由能量守恒定律得mgh＝Ep＋Wf，圆环从C处到A处的过程中，由能量守恒定律得mgh＋Wf＝Ep＋eq\f(1,2)mv2，由以上两式解得Wf＝eq\f(1,4)mv2，Ep＝mgh－eq\f(1,4)mv2，选项B正确，C错误；由能量守恒定律得，圆环从A处到B处的过程中，mghAB＝E′p＋Wf1＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，圆环从B处到A处的过程中，mghAB＋Wf1＝E′p＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)，由以上两式知，v1<v2，选项D正确。]能量转化问题的解题思路(1)当涉及摩擦力做功，机械能不守恒时，一般应用能量守恒定律。(2)解题时，首先确定初、末状态，然后分析状态改变过程中哪种形式的能量削减，哪种形式的能量增加，求出削减的能量总和ΔE减与增加的能量总和ΔE增，最终由ΔE减＝ΔE增列式求解。eq\o([跟进训练])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．200J B．250JC．300J D．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．(多选)水平地面上固定有两个高度相同的粗糙斜面体甲和乙，斜面长分别为s、L1，如图所示。两个完全相同的小滑块A、B可视为质点，同时由静止起先从甲、乙两个斜面的顶端释放，小滑块A始终沿斜面甲滑究竟端C点，而小滑块B沿斜面乙滑究竟端P点后又沿水平面滑行距离L2到D点(小滑块B在P点从斜面滑到水平面时速度大小不变)，且s＝L1＋L2。小滑块A、B与两个斜面以及水平面间的动摩擦因数相同，则()A．滑块A到达底端C点时的动能肯定比滑块B到达D点时的动能小B．两个滑块在斜面上加速下滑的过程中，到达同一高度时，动能可能相同C．A、B两个滑块从斜面顶端分别运动到C、D的过程中，滑块A重力做功的平均功率小于滑块B重力做功的平均功率D．A、B两个滑块从斜面顶端分别运动到C、D的过程中，由于克服摩擦而产生的热量肯定相同AC[依据动能定理，滑块A由甲斜面顶端到达底端C点的过程，mgh－μmgcosα·s＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)，滑块B由乙斜面顶端到达D点的过程，mgh－μmgcosβ·L1－μmgL2＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D)，又s＝L1＋L2，依据几何关系得scosα>L1cosβ＋L2，所以eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)<eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D)，故A正确；两个滑块在斜面上加速下滑的过程中，到达同一高度时：mgh－μmgcosθ·eq\f(