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学案

这是一份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学案，共10页。

1. (2019·浙江选考)奥运会比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，杆的弹性势能一直增加
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，运动员的重力势能减少，动能增加
B [加速助跑过程中速度增大，动能增加，A正确；撑杆从开始形变到撑杆恢复形变时，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，杆的弹性势能不是一直增加，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，即重力势能减少，动能增加，D正确。]
2.(2017·全国卷Ⅲ)如图所示，一质量为m、长度为l的均匀柔软细绳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)mgl C．eq \f(1,3)mgl D．eq \f(1,2)mgl
A [以均匀柔软细绳MQ段为研究对象，其质量为eq \f(2,3) m，取M点所在的水平面为零势能面，开始时，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段的重力势能的变化，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)(2020·全国卷Ⅰ)一物块在高3.0 m、长5.0 m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10 m/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0.5
C．物块下滑时加速度的大小为6.0 m/s2
D．当物块下滑2.0 m时机械能损失了12 J
AB [由重力势能和动能随下滑距离s变化的图象可知，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＝30 J，解得物块质量m＝1 kg，由重力势能随下滑距离s变化图象可知，重力势能可以表示为Ep＝(30－6s)J，由动能随下滑距离s变化图象可知，动能可以表示为Ek＝2s J，设斜面倾角为θ，则有sin θ＝eq \f(h,L)＝eq \f(3,5)，cs θ＝eq \f(4,5)，由功能关系有－μmgcs θ·s＝Ep＋Ek－30 J＝(30－6s＋2s－30) J＝－4s J，可得μ＝0.5，B项正确；由Ek＝2s J，Ek＝eq \f(mv2,2)可得，v2＝4s m2/s2，对比匀变速直线运动公式v2＝2as，可得a＝2 m/s2，即物块下滑时加速度的大小为2.0 m/s2，C项错误；由重力势能和动能随下滑距离s变化图象可知，当物块下滑2.0 m时机械能为E＝18 J＋4 J＝22 J，机械能损失了ΔE＝30 J－22 J＝8 J，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
2.摩擦生热的“三点”提醒
(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)能量变化有两种形式：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 \([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＝16 m，传送带以速度v＝10 m/s沿顺时针方向运动，物体m＝1 kg，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：(sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，g取10 m/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 \(――→,\s\up10(受力),\s\d6(分析))eq \x(物体加速下滑)eq \(――→,\s\up10(运动),\s\d6(分析))eq \x(共速)eq \(――→,\s\up10(受力),\s\d6(分析))eq \x(继续加速)
[解析] (1)物体刚放上传送带时受到沿斜面向下的滑动摩擦力，由牛顿第二定律得
mgsin θ＋μmgcs θ＝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 \\al(2,1)
解得a1＝10 m/s2，t1＝1 s，x1＝5 m
设物体与传送带同速后再经过时间t2到达B端，因mgsin θ>μmgcs θ，故当物体与传送带同速后，物体将继续加速，即mgsin θ－μmgcs θ＝ma2
L－x1＝vt2＋eq \f(1,2)a2teq \\al(2,2)
解得t2＝1 s
故物体由A端运动到B端的时间
t＝t1＋t2＝2 s。
(2)物体与传送带间的相对位移
x相＝(vt1－x1)＋(L－x1－vt2)＝6 m
故Q＝μmgcs θ·x相＝24 J。
[答案] (1)2 s (2)24 J
相对滑动物体能量问题的解题流程
eq \([跟进训练])
水平地面上摩擦力做功分析
1．(多选)(2019·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μmg
B．物块克服摩擦力做的功为2μmgs
C．弹簧的最大弹性势能为μmgs
D．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；根据功的公式，物块克服摩擦力做的功W＝μmgs＋μmgs＝2μmgs，B正确；根据能量守恒，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；根据能量守恒，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.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)mv2
B．摩擦力对物体做的功为mv2
C．传送带克服摩擦力做的功为eq \f(1,2)mv2
D．物体与传送带因摩擦产生的热量为eq \f(1,2)mv2
D [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一定大于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变化，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，根据能量守恒定律知，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”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的长木板以一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．长木板减少的动能为μmgx
C．摩擦产生的热量为μmg(x－L)
D．系统机械能的减少量为μmgL
BD [对小铁块，摩擦力做正功，根据动能定理有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，根据动能定理，长木板减少的动能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；根据能量守恒定律，系统减少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：某种形式的能量减少，一定存在其他形式的能量增加，且减少量和增加量一定相等。
(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，且减少量和增加量一定相等。
2．涉及弹簧的能量问题应注意
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)如果只有重力和系统内弹簧弹力做功，系统机械能守恒。
(2)如果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 \([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处由静止开始下滑，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，加速度一直减小
B．下滑过程中，克服摩擦力做的功为eq \f(1,4)mv2
C．在C处，弹簧的弹性势能为eq \f(1,4)mv2－mgh
D．上滑经过B的速度大于下滑经过B的速度
思路点拨：解此题的关键是根据“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处由静止开始下滑，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处开始减速、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 \\al(2,1)，圆环从B处到A处的过程中，mghAB＋Wf1＝E′p＋eq \f(1,2)mveq \\al(2,2)，由以上两式知，v1 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，然后分析状态变化过程中哪种形式的能量减少，哪种形式的能量增加，求出减少的能量总和ΔE减与增加的能量总和ΔE增，最后由ΔE减＝ΔE增列式求解。
eq \([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500 J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，其动能随位移变化关系如图①所示；第二次启动自动充电装置，其动能随位移变化关系如图②所示，则第二次向蓄电池所充的电能是( )
A．200 JB．250 J
C．300 JD．500 J
A [第一次关闭自动充电装置，自由滑行时只有摩擦力做功，根据动能定理有－Ff·x1＝0－Ek，第二次启动充电装置后，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＝200 J，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，同时由静止开始从甲、乙两个斜面的顶端释放，小滑块A一直沿斜面甲滑到底端C点，而小滑块B沿斜面乙滑到底端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点时的动能一定比滑块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一定相同
AC [根据动能定理，滑块A由甲斜面顶端到达底端C点的过程，mgh－μmgcs α·s＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,C)，滑块B由乙斜面顶端到达D点的过程，mgh－μmgcs β·L1－μmgL2＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,D)，又s＝L1＋L2，根据几何关系得scs α>L1cs β＋L2，所以eq \f(1,2)mveq \\al(2,C)3.如图所示，质量为1 kg的滑块在倾角为30°的光滑斜面上，从a点由静止开始下滑，到b点开始压缩轻弹簧，到c点时达到最大速度，到d点(图中未画出)开始弹回，返回b点离开弹簧，恰能再回到a点。若bc＝0.1 m，弹簧弹性势能的最大值为8 J，g取10 m/s2，则下列说法正确的是( )
A．弹簧的劲度系数是50 N/m
B．从d点到b点滑块克服重力做功8 J
C．滑块的动能最大值为8 J
D．从d点到c点弹簧的弹力对滑块做功8 J
A [当滑块的合力为0时，滑块速度最大，即知在c点时滑块的速度最大，此瞬间滑块受力平衡，则有mgsin 30°＝keq \x\t(bc)，可得k＝eq \f(mgsin 30°,\x\t(bc))＝50 N/m，故选项A正确；滑块从d点到a点，运用动能定理得WG＋W弹＝0－0，又W弹＝Ep＝8 J，可得WG＝－8 J，即克服重力做功8 J，所以从d点到b点滑块克服重力做功小于8 J，故选项B错误；滑块从a点到c点，由系统的机械能守恒知：滑块的动能增加量与弹簧弹性势能增加量之和等于滑块重力势能的减少量，小于8 J，所以滑块的动能最大值小于8 J，故选项C错误；弹簧弹性势能的最大值为8 J，根据功能关系知从d点到b点弹簧的弹力对滑块做功8 J，从d点到c点弹簧的弹力对滑块做功小于8 J，故选项D错误。]
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