2025屆高考物理一輪復(fù)習(xí)第5章機械能及其守恒定律微專題6功能關(guān)系能量守恒定律教案新人教版

PAGE9-微專題六功能關(guān)系能量守恒定律功能關(guān)系的理解及應(yīng)用1.(2024·浙江選考)奧運會競賽項目撐桿跳高如圖所示，下列說法不正確的是()A．加速助跑過程中，運動員的動能增加B．起跳上升過程中，桿的彈性勢能始終增加C．起跳上升過程中，運動員的重力勢能增加D．越過橫桿后下落過程中，運動員的重力勢能削減，動能增加B[加速助跑過程中速度增大，動能增加，A正確；撐桿從起先形變到撐桿復(fù)原形變時，先是運動員部分動能轉(zhuǎn)化為桿的彈性勢能，后彈性勢能轉(zhuǎn)化為運動員的動能與重力勢能，桿的彈性勢能不是始終增加，B錯誤；起跳上升過程中，運動員的高度在不斷增大，所以運動員的重力勢能增加，C正確；當運動員越過橫桿下落的過程中，他的高度降低、速度增大，重力勢能轉(zhuǎn)化為動能，即重力勢能削減，動能增加，D正確。]2.(2024·全國卷Ⅲ)如圖所示，一質(zhì)量為m、長度為l的勻稱松軟細繩PQ豎直懸掛。用外力將繩的下端Q緩慢地豎直向上拉起至M點，M點與繩的上端P相距eq\f(1,3)l。重力加速度大小為g。在此過程中，外力做的功為()A．eq\f(1,9)mglB．eq\f(1,6)mglC．eq\f(1,3)mglD．eq\f(1,2)mglA[以勻稱松軟細繩MQ段為探討對象，其質(zhì)量為eq\f(2,3)m，取M點所在的水平面為零勢能面，起先時，細繩MQ段的重力勢能Ep1＝－eq\f(2,3)mg·eq\f(l,3)＝－eq\f(2,9)mgl，用外力將繩的下端Q緩慢地豎直向上拉起至M點時，細繩MQ段的重力勢能Ep2＝－eq\f(2,3)mg·eq\f(l,6)＝－eq\f(1,9)mgl，則外力做的功即克服重力做的功等于細繩MQ段的重力勢能的改變，即W＝Ep2－Ep1＝－eq\f(1,9)mgl＋eq\f(2,9)mgl＝eq\f(1,9)mgl，選項A正確。]3．(多選)(2024·全國卷Ⅰ)一物塊在高3.0m、長5.0m的斜面頂端從靜止起先沿斜面下滑，其重力勢能和動能隨下滑距離s的改變?nèi)鐖D中直線Ⅰ、Ⅱ所示，重力加速度取10m/s2。則()A．物塊下滑過程中機械能不守恒B．物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為0.5C．物塊下滑時加速度的大小為6.0m/s2D．當物塊下滑2.0m時機械能損失了12JAB[由重力勢能和動能隨下滑距離s改變的圖象可知，重力勢能和動能之和隨下滑距離s的增大而減小，可知物塊下滑過程中機械能不守恒，A項正確；在斜面頂端，重力勢能mgh＝30J，解得物塊質(zhì)量m＝1kg，由重力勢能隨下滑距離s改變圖象可知，重力勢能可以表示為Ep＝(30－6s)J，由動能隨下滑距離s改變圖象可知，動能可以表示為Ek＝2sJ，設(shè)斜面傾角為θ，則有sinθ＝eq\f(h,L)＝eq\f(3,5)，cosθ＝eq\f(4,5)，由功能關(guān)系有－μmgcosθ·s＝Ep＋Ek－30J＝(30－6s＋2s－30)J＝－4sJ，可得μ＝0.5，B項正確；由Ek＝2sJ，Ek＝eq\f(mv2,2)可得，v2＝4sm2/s2，對比勻變速直線運動公式v2＝2as，可得a＝2m/s2，即物塊下滑時加速度的大小為2.0m/s2，C項錯誤；由重力勢能和動能隨下滑距離s改變圖象可知，當物塊下滑2.0m時機械能為E＝18J＋4J＝22J，機械能損失了ΔE＝30J－22J＝8J，D項錯誤。]1．常見的功能關(guān)系2．對功能關(guān)系的理解(1)做功的過程就是能量轉(zhuǎn)化的過程，不同形式的能量發(fā)生相互轉(zhuǎn)化是通過做功來實現(xiàn)的。(2)功是能量轉(zhuǎn)化的量度，功和能的關(guān)系，一是體現(xiàn)在不同的力做功，對應(yīng)不同形式的能轉(zhuǎn)化，具有一一對應(yīng)關(guān)系，二是做功的多少與能量轉(zhuǎn)化的多少在數(shù)值上相等。摩擦力做功與能量轉(zhuǎn)化1．兩種摩擦力做功的比較靜摩擦力做功滑動摩擦力做功只有能量的轉(zhuǎn)移，沒有能量的轉(zhuǎn)化既有能量的轉(zhuǎn)移，又有能量的轉(zhuǎn)化互為作用力和反作用力的一對靜摩擦力所做功的代數(shù)和為零，即要么一正一負，要么都不做功互為作用力和反作用力的一對滑動摩擦力所做功的代數(shù)和為負值，即至少有一個力做負功兩種摩擦力都可以對物體做正功或者負功，還可以不做功2.摩擦生熱的“三點”提示(1)大小：系統(tǒng)內(nèi)因滑動摩擦力做功產(chǎn)生的熱量Q＝Ffx相對(2)產(chǎn)生：有滑動摩擦力的系統(tǒng)內(nèi)存在相對位移，摩擦生熱Q＝Ffx相對中，x相對是兩物體間相對運動的位移，即同向相減、反向相加；若物體做往復(fù)運動，則x相對為總的相對路程。(3)能量改變有兩種形式：一是相互摩擦的物體之間機械能轉(zhuǎn)移；二是機械能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能(即熱量)。eq\o([典例1])如圖所示，傳送帶與地面的夾角θ＝37°，A、B兩端間距L＝16m，傳送帶以速度v＝10m/s沿順時針方向運動，物體m＝1kg，無初速度地放置于A端，它與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5，試求：(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2)(1)物體由A端運動到B端的時間；(2)系統(tǒng)因摩擦產(chǎn)生的熱量。思維流程：解此題按以下思路：eq\x(輕放物體)eq\o(→,\s\up10(受力),\s\do6(分析))eq\x(物體加速下滑)eq\o(→,\s\up10(運動),\s\do6(分析))eq\x(共速)eq\o(→,\s\up10(受力),\s\do6(分析))eq\x(接著加速)[解析](1)物體剛放上傳送帶時受到沿斜面對下的滑動摩擦力，由牛頓其次定律得mgsinθ＋μmgcosθ＝ma1設(shè)物體經(jīng)時間t1加速到與傳送帶同速，則v＝a1t1，x1＝eq\f(1,2)a1teq\o\al(2,1)解得a1＝10m/s2，t1＝1s，x1＝5m設(shè)物體與傳送帶同速后再經(jīng)過時間t2到達B端，因mgsinθ>μmgcosθ，故當物體與傳送帶同速后，物體將接著加速，即mgsinθ－μmgcosθ＝ma2L－x1＝vt2＋eq\f(1,2)a2teq\o\al(2,2)解得t2＝1s故物體由A端運動到B端的時間t＝t1＋t2＝2s。(2)物體與傳送帶間的相對位移x相＝(vt1－x1)＋(L－x1－vt2)＝6m故Q＝μmgcosθ·x相＝24J。[答案](1)2s(2)24J相對滑動物體能量問題的解題流程eq\o([跟進訓(xùn)練])水平地面上摩擦力做功分析1．(多選)(2024·江蘇高考)如圖所示，輕質(zhì)彈簧的左端固定，并處于自然狀態(tài)。小物塊的質(zhì)量為m，從A點向左沿水平地面運動，壓縮彈簧后被彈回，運動到A點恰好靜止。物塊向左運動的最大距離為s，與地面間的動摩擦因數(shù)為μ，重力加速度為g，彈簧未超出彈性限度。在上述過程中()A．彈簧的最大彈力為μmgB．物塊克服摩擦力做的功為2μmgsC．彈簧的最大彈性勢能為μmgsD．物塊在A點的初速度為eq\r(2μgs)BC[物塊向左運動壓縮彈簧，彈簧最短時，物塊具有向右的加速度，彈力大于摩擦力，即F>μmg，A錯誤；依據(jù)功的公式，物塊克服摩擦力做的功W＝μmgs＋μmgs＝2μmgs，B正確；依據(jù)能量守恒，彈簧彈開物塊的過程中，彈簧的彈性勢能通過摩擦力做功轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，故Epm＝μmgs，C正確；依據(jù)能量守恒，在整個過程中，物體的初動能通過摩擦力做功轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，即eq\f(1,2)mv2＝2μmgs，所以v＝2eq\r(μgs)，D錯誤。]傳送帶問題中的摩擦力做功問題2.如圖所示，質(zhì)量為m的物體在水平傳送帶上由靜止釋放，傳送帶由電動機帶動，始終保持以圖示速度v勻速運動。物體與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為μ，物體運動一段距離能保持與傳送帶相對靜止。對于物體從靜止釋放到相對傳送帶靜止這一過程，下列說法正確的是()A．電動機多做的功為eq\f(1,2)mv2B．摩擦力對物體做的功為mv2C．傳送帶克服摩擦力做的功為eq\f(1,2)mv2D．物體與傳送帶因摩擦產(chǎn)生的熱量為eq\f(1,2)mv2D[電動機多做的功轉(zhuǎn)化成了物體的動能和內(nèi)能，物體從靜止釋放到相對傳送帶靜止過程中獲得的動能為eq\f(1,2)mv2，所以電動機多做的功肯定大于eq\f(1,2)mv2，所以A錯誤；物體從靜止釋放到相對傳送帶靜止過程中只有摩擦力對物體做功，由動能定理可知，摩擦力對物體做的功等于物體動能的改變，即為eq\f(1,2)mv2，所以B錯誤；物體做勻加速直線運動的末速度為v，故此過程中物體的平均速度為eq\f(v,2)，傳送帶的速度為v，則此過程傳送帶的位移為物體位移的2倍，因為摩擦力對物體做功為eq\f(1,2)mv2，故傳送帶克服摩擦力做的功為mv2，故C錯誤；傳送帶克服摩擦力做的功為mv2，物體獲得的動能為eq\f(1,2)mv2，依據(jù)能量守恒定律知，物體與傳送帶因摩擦產(chǎn)生的熱量為eq\f(1,2)mv2，故D正確。]“滑塊—木板”問題中摩擦力做功3.(多選)如圖所示，在光滑的水平面上，有一質(zhì)量為M的長木板以肯定的初速度向右勻速運動，將質(zhì)量為m的小鐵塊無初速度地輕放到長木板右端，小鐵塊與長木板間的動摩擦因數(shù)為μ，當小鐵塊在長木板上相對長木板滑動L時，與長木板保持相對靜止，此時長木板對地的位移為x，在這個過程中，下面說法正確的是()A．小鐵塊增加的動能為μmg(x＋L)B．長木板削減的動能為μmgxC．摩擦產(chǎn)生的熱量為μmg(x－L)D．系統(tǒng)機械能的削減量為μmgLBD[對小鐵塊，摩擦力做正功，依據(jù)動能定理有μmg(x－L)＝eq\f(1,2)mv2－0，其中(x－L)為小鐵塊相對地面的位移，則小鐵塊增加的動能ΔEkm＝μmg(x－L)，A項錯誤；對長木板，摩擦力做負功，依據(jù)動能定理，長木板削減的動能ΔEkM＝μmgx，B項正確；摩擦產(chǎn)生的熱量Q＝μmgL(L為相對位移)，C項錯誤；依據(jù)能量守恒定律，系統(tǒng)削減的機械能等于產(chǎn)生的熱量ΔE＝Q＝μmgL，D項正確。]能量守恒定律的理解及應(yīng)用1．對能量守恒定律的理解(1)轉(zhuǎn)化：某種形式的能量削減，肯定存在其他形式的能量增加，且削減量和增加量肯定相等。(2)轉(zhuǎn)移：某個物體的能量削減，肯定存在其他物體的能量增加，且削減量和增加量肯定相等。2．涉及彈簧的能量問題應(yīng)留意兩個或兩個以上的物體與彈簧組成的系統(tǒng)相互作用的過程，具有以下特點：(1)假如只有重力和系統(tǒng)內(nèi)彈簧彈力做功，系統(tǒng)機械能守恒。(2)假如系統(tǒng)每個物體除彈簧彈力外所受合外力為零，則當彈簧伸長或壓縮到最大程度時兩物體速度相同。eq\o([典例2])(多選)如圖所示，輕質(zhì)彈簧一端固定，另一端與一質(zhì)量為m、套在粗糙豎直固定桿A處的圓環(huán)相連，彈簧水平且處于原長。圓環(huán)從A處由靜止起先下滑，經(jīng)過B處的速度最大，到達C處的速度為零，AC＝h。圓環(huán)在C處獲得一豎直向上的速度v，恰好能回到A處。彈簧始終在彈性限度內(nèi)，重力加速度為g。則圓環(huán)()A．下滑過程中，加速度始終減小B．下滑過程中，克服摩擦力做的功為eq\f(1,4)mv2C．在C處，彈簧的彈性勢能為eq\f(1,4)mv2－mghD．上滑經(jīng)過B的速度大于下滑經(jīng)過B的速度思路點撥：解此題的關(guān)鍵是依據(jù)“B處速度最大”、“C處速度為零”分析圓環(huán)的運動過程及能量轉(zhuǎn)化規(guī)律。BD[圓環(huán)從A處由靜止起先下滑，則說明圓環(huán)具有向下的加速度，經(jīng)過B處的速度最大，說明在B處的加速度為零，到達C處的速度為零，說明圓環(huán)從B處起先減速、具有與速度相反方向的加速度，即下滑過程中，加速度先減小，后反向增大，故選項A錯誤；圓環(huán)從A處到C處的過程中，設(shè)圓環(huán)在C點時彈簧的彈性勢能為Ep，該過程中圓環(huán)克服摩擦力做功為Wf，由能量守恒定律得mgh＝Ep＋Wf，圓環(huán)從C處到A處的過程中，由能量守恒定律得mgh＋Wf＝Ep＋eq\f(1,2)mv2，由以上兩式解得Wf＝eq\f(1,4)mv2，Ep＝mgh－eq\f(1,4)mv2，選項B正確，C錯誤；由能量守恒定律得，圓環(huán)從A處到B處的過程中，mghAB＝E′p＋Wf1＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，圓環(huán)從B處到A處的過程中，mghAB＋Wf1＝E′p＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)，由以上兩式知，v1<v2，選項D正確。]能量轉(zhuǎn)化問題的解題思路(1)當涉及摩擦力做功，機械能不守恒時，一般應(yīng)用能量守恒定律。(2)解題時，首先確定初、末狀態(tài)，然后分析狀態(tài)改變過程中哪種形式的能量削減，哪種形式的能量增加，求出削減的能量總和ΔE減與增加的能量總和ΔE增，最終由ΔE減＝ΔE增列式求解。eq\o([跟進訓(xùn)練])1.構(gòu)建和諧型、節(jié)約型社會深得民心，遍布于生活的方方面面。自動充電式電動車就是很好的一例，電動車的前輪裝有發(fā)電機，發(fā)電機與蓄電池連接。當在騎車者用力蹬車或電動自行車自動滑行時，自行車就可以連通發(fā)電機向蓄電池充電，將其他形式的能轉(zhuǎn)化成電能儲存起來。現(xiàn)有某人騎車以500J的初動能在粗糙的水平路面上滑行，第一次關(guān)閉自動充電裝置，讓車自由滑行，其動能隨位移改變關(guān)系如圖①所示；其次次啟動自動充電裝置，其動能隨位移改變關(guān)系如圖②所示，則其次次向蓄電池所充的電能是()A．200J B．250JC．300J D．500JA[第一次關(guān)閉自動充電裝置，自由滑行時只有摩擦力做功，依據(jù)動能定理有－Ff·x1＝0－Ek，其次次啟動充電裝置后，滑行直至停下來的過程，動能一部分克服摩擦力做功，一部分轉(zhuǎn)化為電能，Ek＝Ff·x2＋W，代入數(shù)據(jù)計算可得W＝200J，選項A正確。]2．(多選)水平地面上固定有兩個高度相同的粗糙斜面體甲和乙，斜面長分別為s、L1，如圖所示。兩個完全相同的小滑塊A、B可視為質(zhì)點，同時由靜止起先從甲、乙兩個斜面的頂端釋放，小滑塊A始終沿斜面甲滑究竟端C點，而小滑塊B沿斜面乙滑究竟端P點后又沿水平面滑行距離L2到D點(小滑塊B在P點從斜面滑到水平面時速度大小不變)，且s＝L1＋L2。小滑塊A、B與兩個斜面以及水平面間的動摩擦因數(shù)相同，則()A．滑塊A到達底端C點時的動能肯定比滑塊B到達D點時的動能小B．兩個滑塊在斜面上加速下滑的過程中，到達同一高度時，動能可能相同C．A、B兩個滑塊從斜面頂端分別運動到C、D的過程中，滑塊A重力做功的平均功率小于滑塊B重力做功的平均功率D．A、B兩個滑塊從斜面頂端分別運動到C、D的過程中，由于克服摩擦而產(chǎn)生的熱量肯定相同AC[依據(jù)動能定理，滑塊A由甲斜面頂端到達底端C點的過程，mgh－μmgcosα·s＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)，滑塊B由乙斜面頂端到達D點的過程，mgh－μmgcosβ·L1－μmgL2＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D)，又s＝L1＋L2，依據(jù)幾何關(guān)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正確；兩個滑塊在斜面上加速下滑的過程中，到達同一高度時：mgh－μmgcosθ·eq\f(h,sinθ)＝eq\f(1,2)mv2，重力做功相同，但克服摩擦力做功不