2025年高考物理复习讲义第五章第4讲　功能关系　能量守恒定律（含解析）

第4讲功能关系能量守恒定律素养目标1.知道几种常见的功能关系和能量守恒定律．(物理观念)2.能够利用功能关系进行相关计算．(科学思维)3.掌握能量转化问题的解题思路．(科学思维)一、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．做功的过程一定伴随着能量的转化，而且能量的转化必须通过做功来实现．3．做功对应变化的能量形式(1)合外力的功影响物体动能的变化．(2)重力的功影响物体重力势能的变化．(3)弹簧弹力的功影响弹性势能的变化．(4)除重力或系统内弹力以外的力做功影响物体机械能的变化．(5)滑动摩擦力的功影响内能的变化．(6)电场力的功影响电势能的变化．二、能量守恒定律1．内容：能量既不会凭空产生，也不会凭空消失，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，在转化或转移的过程中，能量的总量保持不变．2．适用范围：能量守恒定律是贯穿物理学的基本规律，是各种自然现象中普遍适用的一条规律．3．表达式(1)E初＝E末，初状态各种能量的总和等于末状态各种能量的总和．(2)ΔE增＝ΔE减，增加的那些能量的增加量等于减少的那些能量的减少量．1．思维辨析(1)能量在转移或转化过程中，其总量会不断减少．()(2)在物体机械能减少的过程中，动能有可能是增大的．()(3)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．()(4)滑动摩擦力做功时，一定会引起机械能的转化．()(5)一个物体的能量增加，必定有别的物体能量减少．()2．在奥运比赛项目中，高台跳水是我国运动员的强项．质量为m的跳水运动员进入水中后受到水的阻力而做减速运动，设水对他的阻力大小恒为F，当地的重力加速度为g，那么在他减速下降高度为h的过程中，下列说法正确的是()A．他的动能减少了FhB．他的重力势能增加了mghC．他的机械能减少了(F－mg)hD．他的机械能减少了Fh3．(多选)某人用手将质量为1kg的物体由静止向上提起1m，这时物体的速度为2m/s，取g＝10m/s2，下列说法中正确的是()A．手对物体做功12JB．合外力做功2JC．合外力做功12JD．物体克服重力做功10J考点对功能关系的理解及应用几种常见力做功对应的能量变化关系式重力正功重力势能减少WG＝－ΔEp＝Ep1－Ep2负功重力势能增加弹簧、弹性绳等的弹力正功弹性势能减少W弹＝－ΔEp＝Ep1－Ep2负功弹性势能增加合力正功动能增加W合＝ΔEk＝Ek2－Ek1负功动能减少除重力和弹簧弹力以外的其他力正功机械能增加负功机械能减少W其他＝ΔE＝E2－E1一对滑动摩擦力做功机械能减少、内能增加Q＝Ff·Δs相对典例1(2024·广东广州调研)(多选)从地面竖直向上抛出一物体，该物体的机械能E总和重力势能Ep随它离开地面的高度h的变化如图所示(取地面为参考平面)．运动过程中空气阻力大小不变，取g＝10m/s2，结合图中数据可知()A．物体上升的最大高度为5mB．物体的质量为1.0kgC．物体上升过程中所受空气阻力大小为2.5ND．物体从地面运动到h＝4m位置的过程中，动能减少了10J1．[功能关系的简单应用](多选)如图所示，质量为m的物体(可视为质点)以某一速度从A点冲上倾角为30°的固定斜面，其减速运动的加速度大小为eq\f(3,4)g，此物体在斜面上能够上升的最大高度为h，则在这个过程中物体()A．重力势能增加了mghB．机械能损失了eq\f(1,2)mghC．动能损失了mghD．克服摩擦力做功eq\f(1,4)mgh2．[功能关系与图像的综合应用](多选)一物块在高3.0m、长5.0m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Ⅰ、Ⅱ所示，重力加速度取g＝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12J考点能量守恒定律的理解和应用1．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，且减少量和增加量相等．(2)转移：某个物体的能量减少，一定存在其他物体的能量增加，且减少量和增加量相等．2．应用能量守恒定律解题的基本步骤典例2如图所示，一物体质量m＝2kg，从倾角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AB＝4m．当物体到达B点后将弹簧压缩到C点，最大压缩量BC＝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AD＝3m，挡板及弹簧质量不计，取g＝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.1．[对能量守恒定律的理解](多选)在某景区内的高空滑索运动中，游客可利用轻绳通过轻质滑环悬吊下滑．假设某段下滑过程中钢索与水平方向的夹角为θ，轻绳始终保持竖直，示意图如图所示，以游客、滑环、轻绳为整体，不计空气阻力，在这一阶段下滑过程中()A．整体的机械能守恒B．整体损失的机械能与系统摩擦产生的热量相等C．系统摩擦产生的热量与整体所受合外力做的功相等D．系统摩擦产生的热量与整体减少的重力势能相等2．[能的转化与能量守恒的计算]某地区常年有风，风速基本保持在4m/s，该地区有一风力发电机，其叶片转动可形成半径为10m的圆面，若保持风垂直吹向叶片，空气密度为1.3kg/m3，风的动能转化为电能的效率为20%.现用这台风力发电机给一水泵供电，使水泵从地下10m深处抽水，水泵能将水抽到地面并以2m/s的速度射出，出水口的横截面积为0.1m2，水的密度为1×103kg/m3，水泵及电机组成的抽水系统的效率为80%，则下列说法正确的是()A．该风力发电机的发电功率约为12.8kWB．每秒钟水流的机械能增加400JC．风力发电机一天的发电量可供该水泵正常工作约2.4hD．若风速变为8m/s，则该风力发电机的发电功率变为原来的4倍考点动力学和能量观点的综合应用1．分析思路(1)受力与运动分析：根据物体的运动过程分析物体的受力情况，以及不同运动过程中力的变化情况．(2)做功分析：根据各种力做功的不同特点，分析各种力在不同运动过程中的做功情况．(3)功能关系分析：运用动能定理、机械能守恒定律或能量守恒定律进行分析，选择合适的规律求解．2．方法技巧(1)“合”——整体上把握全过程，构建大致的运动情景．(2)“分”——将全过程进行分解，分析每个子过程对应的基本规律．(3)“合”——找出各子过程之间的联系，以衔接点为突破口，寻求解题最优方案．典例3(2023·全国乙卷)(多选)如图所示，一质量为M、长为l的木板静止在光滑水平桌面上，另一质量为m的小物块(可视为质点)从木板上的左端以速度v0开始运动．已知物块与木板间的滑动摩擦力大小为f，当物块从木板右端离开时()A．木板的动能一定等于flB．木板的动能一定小于flC．物块的动能一定大于eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－flD．物块的动能一定小于eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－fl1．[应用动力学和能量观点分析多过程问题](多选)一质量为m的物体自倾角为α的固定斜面底端沿斜面向上滑动．该物体开始滑动时的动能为Ek，向上滑动一段距离后速度减小为零，此后物体向下滑动，到达斜面底端时动能为eq\f(Ek,5).已知sinα＝0.6，重力加速度大小为g．则()A．物体向上滑动的距离为eq\f(Ek,2mg)B．物体向下滑动时的加速度大小为eq\f(g,5)C．物体与斜面间的动摩擦因数等于0.5D．物体向上滑动所用的时间比向下滑动的时间长2．[动力学和能量观点的理解与计算]某大型水陆两栖飞机具有水面滑行汲水和空中投水等功能．某次演练中，该飞机在水面上由静止开始匀加速直线滑行并汲水，速度达到v1＝80m/s时离开水面，该过程滑行距离L＝1600m、汲水质量m＝1.0×104kg.离开水面后，飞机攀升高度h＝100m时速度达到v2＝100m/s，之后保持水平匀速飞行，待接近目标时开始空中投水．取重力加速度g＝10m/s2.求：(1)飞机在水面滑行阶段的加速度a的大小及滑行时间t；(2)整个攀升阶段，飞机汲取的水的机械能增加量ΔE.答案及解析1．思维辨析(1)能量在转移或转化过程中，其总量会不断减少．(×)(2)在物体机械能减少的过程中，动能有可能是增大的．(√)(3)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．(×)(4)滑动摩擦力做功时，一定会引起机械能的转化．(√)(5)一个物体的能量增加，必定有别的物体能量减少．(√)2．在奥运比赛项目中，高台跳水是我国运动员的强项．质量为m的跳水运动员进入水中后受到水的阻力而做减速运动，设水对他的阻力大小恒为F，当地的重力加速度为g，那么在他减速下降高度为h的过程中，下列说法正确的是()A．他的动能减少了FhB．他的重力势能增加了mghC．他的机械能减少了(F－mg)hD．他的机械能减少了Fh解析：运动员进入水中后，克服合力做的功等于动能的减少量，故动能减少(F－mg)h，故A错误；运动员进入水中后，重力做功mgh，故重力势能减少mgh，故B错误；运动员进入水中后，除重力外，克服阻力做功Fh，故机械能减少了Fh，故C错误，D正确．答案：D3．(多选)某人用手将质量为1kg的物体由静止向上提起1m，这时物体的速度为2m/s，取g＝10m/s2，下列说法中正确的是()A．手对物体做功12JB．合外力做功2JC．合外力做功12JD．物体克服重力做功10J解析：根据动能定理，合外力做的功等于物体动能变化，B正确，C错误；物体克服重力做功为10J，D正确；手对物体做的功等于物体机械能的增加量，A正确．答案：ABD考点对功能关系的理解及应用典例1(2024·广东广州调研)(多选)从地面竖直向上抛出一物体，该物体的机械能E总和重力势能Ep随它离开地面的高度h的变化如图所示(取地面为参考平面)．运动过程中空气阻力大小不变，取g＝10m/s2，结合图中数据可知()A．物体上升的最大高度为5mB．物体的质量为1.0kgC．物体上升过程中所受空气阻力大小为2.5ND．物体从地面运动到h＝4m位置的过程中，动能减少了10J解析：重力势能与机械能相等时物体的动能为零，物体上升到最高点，由题图知，物体上升的最大高度为4m，A错误；重力势能Ep＝mgh，则Ep­h图像斜率表示物体的重力，则mg＝k＝10N，故物体质量为m＝1.0kg，B正确；物体上升过程中，机械能的变化量ΔE＝－f·Δh，故E­h图线斜率的绝对值表示物体受到的阻力大小，则物体所受空气阻力大小为f＝eq\f(50J－40J,4m)＝2.5N，C正确；物体从地面运动到h＝4m位置的过程中，由动能定理得ΔEk＝－fh－mgh＝－50J，故动能减少了50J，D错误．故选BC．1．[功能关系的简单应用](多选)如图所示，质量为m的物体(可视为质点)以某一速度从A点冲上倾角为30°的固定斜面，其减速运动的加速度大小为eq\f(3,4)g，此物体在斜面上能够上升的最大高度为h，则在这个过程中物体()A．重力势能增加了mghB．机械能损失了eq\f(1,2)mghC．动能损失了mghD．克服摩擦力做功eq\f(1,4)mgh解析：物体加速度大小a＝eq\f(3,4)g＝eq\f(mgsin30°＋Ff,m)，解得摩擦力Ff＝eq\f(1,4)mg，机械能损失量等于克服摩擦力做的功，即Ffx＝eq\f(1,4)mg·2h＝eq\f(1,2)mgh，故B项正确，D项错误；物体在斜面上能够上升的最大高度为h，所以重力势能增加了mgh，故A项正确；动能损失量为克服合力做功的大小，动能损失量ΔEk＝F合x＝eq\f(3,4)mg·2h＝eq\f(3,2)mgh，故C项错误．答案：AB2．[功能关系与图像的综合应用](多选)一物块在高3.0m、长5.0m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Ⅰ、Ⅱ所示，重力加速度取g＝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12J解析：物块在下滑过程中重力势能减少，动能增加，故Ⅰ为重力势能随下滑距离s的变化图线，Ⅱ为动能随下滑距离s的变化图线．由题图可知，初状态时物块的机械能为E1＝30J，末状态时物块的机械能为E2＝10J，故物块下滑过程中机械能不守恒，A正确；物块下滑过程损失的机械能转化为克服摩擦力做功产生的内能，设斜面倾角为θ，物块质量为m，由功能关系得μmgcosθ·s＝E1－E2，由几何知识知cosθ＝eq\f(4,5)，物块开始下滑时Ep＝E1＝mgh，由以上各式解得μ＝0.5，m＝1kg，B正确；由牛顿第二定律得mgsinθ－μmgcosθ＝ma，解得a＝2.0m/s2，C错误；由功能关系得，物块下滑2.0m时损失的机械能为ΔE＝μmgcosθ·s1＝8J，D错误．答案：AB考点能量守恒定律的理解和应用典例2如图所示，一物体质量m＝2kg，从倾角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AB＝4m．当物体到达B点后将弹簧压缩到C点，最大压缩量BC＝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AD＝3m，挡板及弹簧质量不计，取g＝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)物体从开始位置A点到最后D点的过程中，弹性势能没有发生变化，动能和重力势能减少，机械能的减少量为ΔE＝ΔEk＋ΔEp＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＋mglADsin37°物体克服摩擦力产生的热量为Q＝Ffs其中s为物体的路程，即s＝5.4mFf＝μmgcos37°由能量守恒定律可得ΔE＝Q联立解得μ＝0.52.(2)由A到C的过程中，动能减少ΔE′k＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)重力势能减少ΔE′p＝mglACsin37°摩擦生热Q′＝FflAC＝μmglACcos37°由能量守恒定律得弹簧的最大弹性势能为Epm＝ΔEk′＋ΔEp′－Q′联立解得Epm＝24.5J.答案：(1)0.52(2)24.5J1．[对能量守恒定律的理解](多选)在某景区内的高空滑索运动中，游客可利用轻绳通过轻质滑环悬吊下滑．假设某段下滑过程中钢索与水平方向的夹角为θ，轻绳始终保持竖直，示意图如图所示，以游客、滑环、轻绳为整体，不计空气阻力，在这一阶段下滑过程中()A．整体的机械能守恒B．整体损失的机械能与系统摩擦产生的热量相等C．系统摩擦产生的热量与整体所受合外力做的功相等D．系统摩擦产生的热量与整体减少的重力势能相等解析：游客、滑环、轻绳组成的整体与钢索间的摩擦力对整体做负功，机械能不守恒，A错误；由功能关系可知，整体损失的机械能与系统摩擦产生的热量相等，B正确；轻绳始终保持竖直，故整体受力平衡，合外力做功为零且整体的速度不变，由动能定理可知，克服摩擦力做的功与重力做的正功相等，即系统摩擦产生的热量与整体减少的重力势能相等，C错误，D正确．答案：BD2．[能的转化与能量守恒的计算]某地区常年有风，风速基本保持在4m/s，该地区有一风力发电机，其叶片转动可形成半径为10m的圆面，若保持风垂直吹向叶片，空气密度为1.3kg/m3，风的动能转化为电能的效率为20%.现用这台风力发电机给一水泵供电，使水泵从地下10m深处抽水，水泵能将水抽到地面并以2m/s的速度射出，出水口的横截面积为0.1m2，水的密度为1×103kg/m3，水泵及电机组成的抽水系统的效率为80%，则下列说法正确的是()A．该风力发电机的发电功率约为12.8kWB．每秒钟水流的机械能增加400JC．风力发电机一天的发电量可供该水泵正常工作约2.4hD．若风速变为8m/s，则该风力发电机的发电功率变为原来的4倍解析：由题意可知单位时间内冲击风力发电机叶片圆面的气流体积为V0＝vS＝vπR2，则单位时间内冲击风力发电机叶片圆面的气流的动能为Ek＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)ρV0v2＝eq\f(1,2)ρπR2v3，又风的动能转化为电能的效率为20%，则此风力发电机的发电功率为P＝eq\f(20%Ek,1s)，联立解得P≈2.6kW，若风速变为8m/s，即风速变为原来的2倍，则该风力发电机的发电功率变为原来的8倍，A、D错误；由题意可知每秒钟水流机械能的增加量为ΔE＝m′gh＋eq\f(1,2)m′v′2，其中m′＝ρ水S′v′，代入数据解得ΔE＝2.04×104J，B错误；由题意可得水泵正常工作每秒钟的耗电量为ΔE′＝eq\f(ΔE,80%)＝2.55×104J，而风力发电机一天的发电量为E′＝Pt≈2.6×103×24×60×60J≈2.2×108J，则风力发电机一天的发电量可供水泵正常工作的时间为t＝eq\f(E′,ΔE′)≈8627s≈2.4h，C正确．答案：C考点动力学和能量观点的综合应用典例3(2023·全国乙卷)(多选)如图所示，一质量为M、长为l的木板静止在光滑水平桌面上，另一质量为m的小物块(可视为质点)从木板上的左端以速度v0开始运动．已知物块与木板间的滑动摩擦力大小为f，当物块从木板右端离开时()A．木板的动能一定等于flB．木板的动能一定小于flC．物块的动能一定大于eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－flD．物块的动能一定小于eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－fl解析：当物块从木板右端离开时，对m有－fxm＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，对M有fxM＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,M)，其中xm－xM＝l.因摩擦产生的摩擦热Q＝fl＝f(xm－xM)，因小物块从木板右端离开，故有v0>vm>vM，xm＝eq\f(v0＋vm,2)·t，xM＝eq\f(vM,2)·t，故xm>2xM，所以xm－xM＝l>xM，即fxM＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,M)<fl，故A错误，B正确．根据以上分析，联立有eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－fl＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,M)，则物块的动能一定小于eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－fl，C错误，D正确．故选BD．1．[应用动力学和能量观点分析多过程问题](多选)一质量为m的物体自倾角为α的固定斜面底端沿斜面向上滑动．该物体开始滑动时的动能为Ek，向上滑动一段距离后速度减小为零，此后物体向下滑动，到达斜面底端时动能为eq\f(Ek,5).已知sinα＝0.6，重力加速度大小为g．则()A．物体向上滑动的距离为eq\f(Ek,2mg)B．物体向下滑动时的加速度大小为eq\f(g,5)C．物体与斜面间的动摩擦因数等于0.5D．物体向上滑动所用的时间比向下滑动的时间长解析：物体从斜面底端回到斜面底端，根据动能定理有－μmg·2lcosα＝eq\f(Ek,