高考物理一轮复习第六章第4讲功能关系能量守恒定律课件PPT

这是一份高考物理一轮复习第六章第4讲功能关系能量守恒定律课件PPT，共60页。PPT课件主要包含了内容索引，课时精练，功能关系的理解和应用，能量转化，常见的功能关系，2环A的质量M，答案2ms，解得v＝2ms，答案04m，答案6J等内容，欢迎下载使用。

第4讲　功能关系　能量守恒定律
1.熟练掌握几种常见的功能关系，并会用于解决实际问题.2.掌握一对摩擦力做功与能量转化的关系.3.会应用能量守恒观点解决综合问题.
考点一　功能关系的理解和应用
考点二　能量守恒定律的理解和应用
1.对功能关系的理解(1)做功的过程就是________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_____，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.
1.一个物体的能量增加，必定有别的物体能量减少.(　　)2.合力做的功等于物体机械能的改变量.(　　)3.克服与势能有关的力(重力、弹簧弹力、静电力等)做的功等于对应势能的增加量.(　　)4.滑动摩擦力做功时，一定会引起机械能的转化.(　　)
1.功的正负与能量增减的对应关系(1)物体动能的增加与减少要看合外力对物体做正功还是做负功.(2)势能的增加与减少要看对应的作用力(如重力、弹簧弹力、静电力等)做负功还是做正功.(3)机械能的增加与减少要看重力和弹簧弹力之外的力对物体做正功还是做负功.
2.摩擦力做功的特点(1)一对静摩擦力所做功的代数和总等于零；(2)一对滑动摩擦力做功的代数和总是负值，差值为机械能转化为内能的部分，也就是系统机械能的损失量；(3)说明：无论是静摩擦力还是滑动摩擦力，都可以对物体做正功，也可以做负功，还可以不做功.
例1　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
考向1　功能关系的理解
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，故重力势能减小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.
例2　如图所示，弹簧的下端固定在光滑斜面底端，弹簧与斜面平行.在通过弹簧中心的直线上，小球P从直线上的N点由静止释放，在小球P与弹簧接触到速度变为零的过程中，下列说法中正确的是A.小球P的动能一定在减小B.小球P的机械能一定在减少C.小球P与弹簧系统的机械能一定在增加D.小球P重力势能的减小量大于弹簧弹性 势能的增加量
小球P与弹簧组成的系统的机械能守恒，弹簧的弹性势能不断增大，所以小球P的机械能不断减小，B正确，C错误；在此过程中，根据系统机械能守恒，可知小球P重力势能的减小量与动能减小量之和等于弹簧弹性势能的增加量，即小球P重力势能的减小量小于弹簧弹性势能的增加量，D错误.
小球P与弹簧接触后，刚开始弹力小于重力沿斜面向下的分力，合力沿斜面向下，随着形变量增大，弹力大于重力沿斜面向下的分力，合力方向沿斜面向上，合力先做正功后做负功，小球P的动能先增大后减小，A错误；
例3　(2020·全国卷Ⅰ·20改编)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6.0 m/s2D.当物块下滑2.0 m时机械能损失了12 J
考向2　功能关系与图像的结合
由E－s图像知，物块动能与重力势能的和减小，则物块下滑过程中机械能不守恒，故A错误；由E－s图像知，整个下滑过程中，物块机械能的减少量为ΔE＝30 J－10 J＝20 J，重力势能的减少量ΔEp＝mgh＝30 J，又ΔE＝μmgcs α·s，其中cs α＝ ＝0.8，h＝3.0 m，g＝10 m/s2，则可得m＝1 kg，μ＝0.5，故B正确；物块下滑时的加速度大小a＝gsin α－μgcs α＝2 m/s2，故C错误；物块下滑2.0 m时损失的机械能为ΔE′＝μmgcs α·s′＝8 J，故D错误.
例4　如图所示，一个长为L，质量为M的木板，静止在光滑水平面上，一个质量为m的物块(可视为质点)，以水平初速度v0，从木板的左端滑向另一端，设物块与木板间的动摩擦因数为μ，当物块与木板相对静止时，物块仍在长木板上，物块相对木板的位移为d，木板相对地面的位移为s，重力加速度为g.则在此过程中A.摩擦力对物块做功为－μmgdB.摩擦力对木板做功为μmgsC.木板动能的增量为μmgdD.由于摩擦而产生的热量为μmgs
考向3　摩擦力做功与摩擦生热的计算
根据功的定义W＝Fscs θ，其中s指物体对地的位移，而θ指力与位移之间的夹角，可知摩擦力对物块做功W1＝－μmg(s＋d)，摩擦力对木板做功W2＝μmgs，A错误，B正确；根据动能定理可知木板动能的增量ΔEk＝W2＝μmgs，C错误；由于摩擦而产生的热量Q＝Ff·Δx＝μmgd，D错误.
例5　(2019·江苏卷·8改编)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μmgsC.弹簧的最大弹性势能为μmgsD.物块在A点的初速度为
物块从开始运动至最后回到A点过程，由功的定义可得物块克服摩擦力做功为2μmgs，选项B错误；对物块从最左侧运动至A点过程，由能量守恒定律可知Ep＝μmgs，选项C正确；设物块在A点的初速度为v0，整个过程应用动能定理有－2μmgs＝0－ ，选项D错误.
小物块处于最左端时，弹簧的压缩量最大，然后小物块先向右加速运动再减速运动，可知弹簧的最大弹力大于滑动摩擦力μmg，选项A错误；
能量守恒定律的理解和应用
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其他形式，或者从一个物体转移到别的物体，在转化或转移的过程中，能量的总量保持不变.2.表达式ΔE减＝ΔE增.
3.应用能量守恒定律解题的步骤(1)首先确定初、末状态，分清有几种形式的能在变化，如动能、势能(包括重力势能、弹性势能、电势能)、内能等.(2)明确哪种形式的能量增加，哪种形式的能量减少，并且列出减少的能量ΔE减和增加的能量ΔE增的表达式.
例6　(2021·江苏卷·14)如图所示的离心装置中，光滑水平轻杆固定在竖直转轴的O点，小圆环A和轻质弹簧套在轻杆上，长为2L的细线和弹簧两端分别固定于O和A，质量为m的小球B固定在细线的中点，装置静止时，细线与竖直方向的夹角为37°，现将装置由静止缓慢加速转动，当细线与竖直方向的夹角增大到53°时，A、B间细线的拉力恰好减小到零，弹簧弹力与静止时大小相等、方向相反，重力加速度为g，取sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，求：(1)装置静止时，弹簧弹力的大小F；
装置静止时，设AB、OB的张力分别为F1、F2，对A受力分析，由平衡条件得F＝F1sin 37°对B受力分析，由平衡条件得F1cs 37°＋F2cs 37°＝mgF1sin 37°＝F2sin 37°联立解得F＝
细线与竖直方向夹角为53°时，设装置转动的角速度为ω，A、B的转动半径分别为rA、rB，由几何关系知由题知环A的向心力F′＝F.
(3)上述过程中装置对A、B所做的总功W.
根据能量守恒定律可知，W＝(EkA－0)＋(EkB－0)＋mgh
例7　如图所示，固定斜面的倾角θ＝30°，物体A与斜面之间的动摩擦因数μ＝ ，轻弹簧下端固定在斜面底端，弹簧处于原长时上端位于C点，用一根不可伸长的轻绳通过轻质光滑的定滑轮连接物体A和B，滑轮右侧绳子与斜面平行，A的质量为2m＝4 kg，B的质量为m＝2 kg，初始时物体A到C点的距离L＝1 m，现给A、B一初速度v0＝3 m/s，使A开始沿斜面向下运动，B向上运动，物体A将弹簧压缩到最短后又恰好能弹回到C点.已知重力加速度g＝10 m/s2，不计空气阻力，整个过程中轻绳始终处于伸直状态.求在此过程中：(1)物体A向下运动刚到C点时的速度大小；
在物体A向下运动刚到C点的过程中，对A、B组成的系统应用能量守恒定律可得
(2)弹簧的最大压缩量；
对A、B组成的系统分析，在物体A从C点压缩弹簧至将弹簧压缩到最大压缩量，又恰好返回到C点的过程中，系统动能的减少量等于因摩擦产生的热量，即 ×3mv2－0＝μ·2mgcs θ·2x其中x为弹簧的最大压缩量解得x＝0.4 m.
(3)弹簧的最大弹性势能.
设弹簧的最大弹性势能为Epm，从C点到弹簧最大压缩量过程中由能量守恒定律可得 ×3mv2＋2mgxsin θ－mgx＝μ·2mgcs θ·x＋Epm解得Epm＝6 J.
1.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为 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
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项错误；动能损失量为克服合力做功的大小，动能损失量ΔEk＝F合x＝ mg·2h＝ mgh，故C项错误.
2.某同学用如图所示的装置测量一个凹形木块的质量m，弹簧的左端固定，木块在水平面上紧靠弹簧(不连接)将其压缩，记下木块右端位置A点，静止释放后，木块右端恰能运动到B1点.在木块槽中加入一个质量m0＝800 g的砝码，再将木块左端紧靠弹簧，木块右端位置仍然在A点，静止释放后木块离开弹簧，右端恰能运动到B2点，测得AB1、AB2长分别为27.0 cm和9.0 cm，则木块的质量m为A.100 g B.200 g C.300 g D.400 g
根据能量守恒定律，有μmg·AB1＝Ep，μ(m0＋m)g·AB2＝Ep，联立解得m＝400 g，D正确.
3.一木块静置于光滑水平面上，一颗子弹沿水平方向飞来射入木块中.当子弹进入木块的深度达到最大值2.0 cm时，木块沿水平面恰好移动距离1.0 cm.在上述过程中系统损失的机械能与子弹损失的动能之比为A.1∶2 B.1∶3C.2∶3 D.3∶2
根据题意，子弹在摩擦力作用下的位移为x1＝(2＋1) cm＝3 cm，木块在摩擦力作用下的位移为x2＝1 cm；系统损失的机械能转化为内能，根据功能关系，有ΔE系统＝Q＝Ff·Δx；子弹损失的动能等于子弹克服摩擦力做的功，故ΔE子弹＝Ffx1；所以 ，所以C正确，A、B、D错误.
4.如图所示，一质量为m的滑块以初速度v0从固定于地面的斜面底端A开始冲上斜面，到达某一高度后返回A，斜面与滑块之间有摩擦.下图分别表示它在斜面上运动的速度v、加速度a、势能Ep和机械能E随时间的变化图像，可能正确的是
由牛顿第二定律可知，滑块上升阶段有：mgsin θ＋Ff＝ma1；下滑阶段有：mgsin θ－Ff＝ma2，因此a1>a2，故选项B错误；速度－时间图像的斜率表示加速度，当上滑和下滑时，加速度不同，则斜率不同，故选项A错误；重力势能先增大后减小，且上升阶段加速度大，所用时间短，势能变化快，下滑阶段加速度小，所用时间长，势能变化慢，故选项C可能正确；由于摩擦力始终做负功，机械能一直减小，故选项D错误.
5.如图所示，赫章的韭菜坪建有风力发电机，风力带动叶片转动，叶片再带动转子(磁极)转动，使定子(线圈，不计电阻)中产生电流，实现风能向电能的转化.若叶片长为l，设定的额定风速为v，空气的密度为ρ，额定风速下发电机的输出功率为P，则风能转化为电能的效率为
风能转化为电能的工作原理为将风的动能转化为输出的电能，设风吹向发电机的时间为t，则在t时间内吹向发电机的风柱的体积为V＝vt·S＝vtπl2，则风柱的质量M＝ρV＝ρvtπl2，因此风吹过的动能为Ek＝ ，在此时间内发电机输出的电能E＝P·t，则风能转化为电能的效率为η＝ ，故A正确，B、C、D错误.
6.如图所示，在竖直平面内有一半径为R的圆弧轨道，半径OA水平、OB竖直，一个质量为m的小球自A点的正上方P点由静止开始自由下落，小球沿轨道到达最高点B时恰好对轨道没有压力.已知AP＝2R，重力加速度为g，则小球从P点运动到B点的过程中A.重力做功2mgRB.机械能减少mgRC.合外力做功mgRD.克服摩擦力做功 mgR
小球从P点运动到B点的过程中，重力做功WG＝mg(2R－R)＝mgR，故A错误；
7.质量为2 kg的物体以10 m/s的初速度，从起点A出发竖直向上抛出，在它上升到某一点的过程中，物体的动能损失了50 J，机械能损失了10 J，设物体在上升、下降过程空气阻力大小恒定，则该物体再落回到A点时的动能为(g＝10 m/s2)A.40 J B.60 J C.80 J D.100 J
物体抛出时的总动能为100 J，物体的动能损失了50 J时，机械能损失了10 J，则动能损失100 J时，机械能损失20 J，此时到达最高点，由于空气阻力大小恒定，所以下落过程，机械能也损失20 J，故该物体从A点抛出到落回到A点，共损失机械能40 J，所以该物体再落回到A点时的动能为60 J，A、C、D错误，B正确.
8.(2022·江苏无锡市模拟)某同学将手中的弹簧笔竖直向下按压在水平桌面上，如图所示，当他突然松手后弹簧笔将竖直向上弹起，其上升过程中的Ek－h图像如图所示，则下列判断正确的是A.弹簧原长为h1B.弹簧最大弹性势能大小为EkmC.O到h3之间弹簧的弹力先增加再减小D.h1到h2之间弹簧笔的弹性势能和动能之和减小
运动过程中，对系统来说，只有重力和弹簧弹力做功，所以系统机械能守恒，h1到h2之间重力势能增加，弹簧笔的弹性势能和动能之和减小，故D正确.
弹簧笔竖直向上弹起过程，所受重力保持不变，弹簧弹力不断减小，当二力平衡时，加速度为零，速度达到最大，动能最大，此时弹簧还有一定的形变量，不是原长，所以弹簧最大弹性势能大于Ekm，故A、B、C错误；
9.自动充电式电动车的前轮装有发电机，发电机与蓄电池相连.在刹车或下坡滑行时，开启充电装置，发电机可以向蓄电池充电，将其他形式的能转化成电能储存起来.为测试电动车的工作特性，某人做了如下实验：关闭电动车的动力装置，使车以600 J的初动能在粗糙的水平路面上滑行.第一次实验，关闭充电装置，让车自由滑行，记录其动能随位移变化的关系图线；第二次实验，启动充电装置，记录其动能随位移变化的关系图线，如图所示，电动车的阻力与车重成正比.从图像可以确定A.第一次实验对应图线P，第二次实验对应图线QB.两次实验电动车都做匀减速直线运动C.第二次实验中，蓄电池中充入的总电能为200 JD.第二次实验中，蓄电池中充入的总电能小于200 J
关闭充电装置，只有摩擦力对电动车做功，－Ffx＝Ek－Ek0，得Ek＝Ek0－Ffx，可知，第一次实验对应图线Q，得Ff＝ N＝50 N.Ek－x图线的斜率表示电动车所受合外力，其中P图线的斜率不断变化，说明第二次实验时电动车所受合力为变力，则加速度不断变化.启动充电装置后，位移为x′＝8 m，故克服摩擦力做功为Ffx′＝400 J，此次实验发电机向蓄电池所充的电能为200 J，因为效率小于100%，蓄电池中充入的总电能应小于200 J，故选D.
10.如图所示，楔形木块abc固定在水平面上，粗糙斜面ab与水平面的夹角为60°，光滑斜面bc与水平面的夹角为30°，顶角b处安装一定滑轮.质量分别为M、m(M>m)的两滑块A和B，通过不可伸长的轻绳跨过定滑轮连接，轻绳与斜面平行.两滑块由静止释放后，沿斜面做匀加速运动，A、B不会与定滑轮碰撞.若不计滑轮的质量和摩擦，在两滑块沿斜面运动的过程中A.轻绳对滑轮作用力的方向竖直向下B.拉力和重力对M做功之和等于M动能的增加量C.拉力对M做的功等于M机械能的增加量D.两滑块组成系统的机械能损失等于M克服摩擦力做的功
根据题意可知，两段轻绳的夹角为90°，轻绳拉力的大小相等，根据平行四边形定则可知，合力方向与绳子方向的夹角为45°，所以轻绳对滑轮作用力的方向不是竖直向下的，故A错误；对M受力分析，受到重力、斜面的支持力、绳子拉力以及滑动摩擦力作用，根据动能定理可知，M动能的增加量等于拉力和重力以及摩擦力做功之和，而摩擦力做负功，则拉力和重力对M做功之和大于M动能的增加量，故B错误；
根据除重力以外的力对物体做功等于物体机械能的变化量可知，拉力和摩擦力对M做的功之和等于M机械能的增加量，故C错误；对两滑块组成系统分析可知，除了重力之外只有摩擦力对M做功，所以两滑块组成的系统的机械能损失等于M克服摩擦力做的功，故D正确.
11.如图所示，质量为M的长木板静止在光滑水平面上，上表面OA段光滑，AB段粗糙且长为l，左端O处有一固定挡板，挡板上固定轻质弹簧，右侧用不可伸长的轻绳连接在竖直墙上，轻绳所能承受的最大拉力为F.质量为m的小滑块以速度v从A点向左滑动压缩弹簧，弹簧的压缩量达到最大时细绳恰好被拉断，再过一段时间后长木板停止运动，小滑块恰未掉落.重力加速度为g，则下列说法错误的是
细绳被拉断瞬间弹簧的弹力等于F，对长木板，由牛顿第二定律得F＝Ma，得a＝ ，A正确；滑块以速度v从A点向左滑动压缩弹簧，到弹簧压缩量最大时速度为0，由系统的机械能守恒得，细绳被拉断瞬间弹簧的弹性势能为 mv2，B正确；弹簧恢复原长时长木板与滑块都获得动能，所以滑块的动能小于 mv2，C错误；
弹簧最大弹性势能Ep＝ mv2，小滑块恰未掉落时滑到木板的最右端B，此时小滑块与长木板均静止，又水平面光滑，长木板上表面OA段光滑，则有Ep＝μmgl，联立解得μ＝ ，D正确.
12.如图所示，一物体质量m＝2 kg，在倾角θ＝37°的斜面上的A点以初速度v0＝3 m/s下滑，A点距弹簧上端挡板位置B点的距离AB＝4 m.当物体到达B点后将弹簧压缩到C点，最大压缩量BC＝0.2 m，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＝3 m.挡板及弹簧质量不计，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，求：(结果均保留三位有效数字)(1)物体与斜面间的动摩擦因数μ；
物体从A点到被弹簧弹到D点的过程中，弹簧弹性势能没有发生变化，机械能的减少量全部用来克服摩擦力做功，即： mv02＋mgAD·sin θ＝μmgcs θ·(AB＋2BC＋BD)代入数据解得：μ≈0.521.
(2)弹簧的最大弹性势能Epm.
物体由A到C的过程中，动能减少量ΔEk＝ mv02重力势能减少量ΔEp＝mgsin θ·AC摩擦产生的热量Q＝μmgcs θ·AC由能量守恒定律可得弹簧的最大弹性势能为：Epm＝ΔEk＋ΔEp－Q≈24.4 J.
13.如图所示，在倾角为37°的斜面底端固定一挡板，轻弹簧下端连在挡板上，上端与物块A相连，用不可伸长的细线跨过斜面顶端的定滑轮把A与另一物体B连接起来，A与滑轮间的细线与斜面平行.已知弹簧劲度系数k＝40 N/m，A的质量m1＝1 kg，与斜面间的动摩擦因数μ＝0.5，B的质量m2＝ 2 kg.初始时用手托住B，使细线刚好处于伸直状态，此时物体A与斜面间没有相对运动趋势，物体B的下表面离地面的高度h＝0.3 m，整个系统处于静止状态，弹簧始终处于弹性限度内.重力加速度g＝ 10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8.(1)由静止释放物体B，求B刚落地时的速度大小；
因为初始时刻A与斜面间没有相对运动趋势，即A不受摩擦力，此时有：m1gsin θ＝F弹
当B落地时，A沿斜面上滑h，此时弹簧的伸长量为：x2＝h－x1＝0.15 m
所以从手放开B到B落地过程中以A、B和弹簧为系统，弹簧伸长量和压缩量相同，弹性势能不变，弹簧弹力不做功，根据能量守恒定律可得：
(2)把斜面处理成光滑斜面，再将B换成一个形状完全相同的物体C并由静止释放，发现C恰好到达地面，求C的质量m3.
由(1)分析同理可知换成光滑斜面，没有摩擦力，则从手放开C到C落地过程中以A、C和弹簧为系统，根据机械能守恒可得：m3gh＝m1ghsin θ代入数据解得m3＝0.6 kg.