(考点分析) 第四节 功能关系　能量守恒定律-2023年高考物理一轮系统复习学思用

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【考点分析】　第四节 功能关系　能量守恒定律【考点一】  功能关系的理解【典型例题1】  (2022•上海市奉贤区高三(上)一模)质量为m的物体沿倾角为30°的斜面向下做匀加速运动，下降的高度为H，加速度大小等于重力加速度大小g。此过程中，物体(　　)A．动能增加了mgH B．机械能增加了mgHC．动能增加了2mgH D．机械能增加了2mgH【解析】  AC．物体受的合外力为F=ma=mg，根据动能定理可知，动能增加，选项A错误，C正确；BD．根据牛顿第二定律，解得F1=mg，则机械能增加了，选项BD错误。故选C。【答案】  C【归纳总结】  1．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．2．常见的功能关系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负功弹性势能增加电场力正功电势能减少W电＝－ΔEp＝Ep1－Ep2负功电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W其他＝ΔE＝E2－E1负功机械能减少一对滑动摩擦力做功机械能减少内能增加Q＝Ff·Δs相对【考点二】  功能关系与图象结合【典型例题2】  (2022•河南省南阳市高三(上)期末)如图甲所示，水平面上质量均为m的两物块A、B用一轻弹簧相连，该系统处于平衡状态，弹簧的劲度系数为．现用一竖直向上的力F拉动物块A，使物块A向上做匀加速直线运动．从力F刚作用在物块A上到物块B刚好离开地面的过程，力F和物块A的位移之间的关系图像如图乙所示，为重力加速度，则下列说法中正确的是( )A．物块A运动的加速度大小为B．当物块B刚好离开地面时，拉力大小为C．当物块B刚好离开地面时，物块A的速度大小为D．这一过程中拉力F做功大小为【解析】  A.设初始状态时弹簧的压缩量为，则；力F作用在木块A上后，选取A为研究对象，其受到竖直向上的拉力F、竖直向下的重力mg和弹力三个力的作用，根据牛顿第二定律有，即，由图知，当时，，所以可得，物块A运动的加速度，故A正确；B.当弹簧对物体B竖直向上的弹力等于重力时B刚好离开地面，此时弹簧对物体A施加竖直向下的弹力，设此时对应的纵轴坐标为，对物体A运用牛顿第二定律有，即，得，故B错误；CD.当物块B刚好离开地面时，弹簧的伸长量为，可得，F做的功等于图中直线与x轴围成梯形的面积大小，为，由于初末状态弹簧的弹性势能相等，所以由功能关系得，解得当物块B刚好离开地面时，物块A的速度大小为：，故C正确，D错误。故选AC。【答案】  AC【考点三】  摩擦力做功与能量转化【典型例题3】  (2022•四川省内江市高三(上)一模)如图,一长木板B放在水平面上，在B的左端放一小物块A(各接触面均粗糙).现以恒定的水平外力F拉物块A ,经过一段时间后物块 A从长木块B的右端滑下在此过程中,下列说法正确的是(　　)A．A、B之间产生热量多少与B是否运动有关B．A对B的摩擦力做功的绝对值一定小于B对A的摩擦力做功的绝对值C．A对B的摩擦力做的功一定小于 B与水平面之间摩擦产生的热量D．外力F做的功等于摩擦产生的总热量与A、B动能的增量之和【解析】  A． A、B之间产生热量多少与A、B之间相对位移大小有关，与B是否运动无关，A错误；B．A对B的摩擦力与B对A的摩擦力是一对作用力和反作用力关系，大小相等，方向相反，可A在B上面滑动，A、B相对地面的位移不相等，A对地面的位移要大于B对地面的位移，所以A对B的摩擦力做功的绝对值一定小于B对A的摩擦力做功的绝对值，B正确；C．由动能定理可知， A对B的摩擦力做的功等于 B的动能增量和B与水平面之间摩擦产生的热量之和，C错误；D．由功能关系可知，外力F做的功等于摩擦产生的总热量与A、B动能的增量之和，D正确。故选BD。【答案】  BD【归纳总结】  1．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：两种摩擦力对物体都可以做正功，也可以做负功，还可以不做功．2．三步求解相对滑动物体的能量问题(1)正确分析物体的运动过程，做好受力分析．(2)利用运动学公式，结合牛顿第二定律分析物体的速度关系及位移关系，求出两个物体的相对位移．(3)代入公式Q＝Ff·x相对计算，若物体在传送带上做往复运动，则为相对路程s相对．【考点四】  能量守恒定律的理解和应用【典型例题4】  (2022•江苏如皋市高三(下)一调)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.圆环从A处由静止开始下滑，经过B处，弹簧水平且处于原长，到达C处的速度为零.圆环在C处获得一竖直向上的速度v，恰好能回到A。弹簧始终在弹性限度内，则圆环(　　)A．下滑过程中，弹簧的弹性势能一直增大B．下滑过程中，经过B时的速度最大C．下滑过程中产生的摩擦热为mv2D．上滑经过B的动量大于下滑经过B的动量【解析】  A．下滑过程中，因为在B点时弹簧在原长，可知下滑过程中弹簧的弹性势能先减小后增大，选项A错误；B．下滑过程中，当合力为零时速度最大，此时弹力向上的分量与摩擦力之和等于圆环的重力，因B点的弹力为零，摩擦力为零，则速度最大的位置不在B点，选项B错误；C．下滑过程中由能量关系，上滑过程中，解得，则产生的摩擦热为Q=mv2，选项C错误；D．从B到A上滑过程中，从A到B下滑过程中，则，即，即，上滑经过B的动量大于下滑经过B的动量，选项D正确。故选D。【答案】  D【归纳总结】  应用能量守恒定律解题的步骤1．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．3．列出能量守恒关系式：ΔE减＝ΔE增．【考点五】  传送带模型中能量的转化问题【典型例题5】  (2022•福建厦门市高三(下)二模)如图甲所示，向飞机上装货时，通常用到可移动式皮带输送机。如图乙所示，皮带输送机倾角为θ=30°，顺时针匀速转动，每隔2s在输送带下端A点无初速度放入一件货物(货物足够多)。每件货物从下端A点运动到上端B点的过程中，其机械能E与位移s的关系图像(以A位置为零势能参考面)如图丙所示。已知货物均可视为质点，质量均为m=10kg，重力加速度取10m/s2。则(　　)A．输送带A、B两端点间的距离为4.9mB．货物与输送带间的动摩擦因数为C．每件货物从下端A点运动到上端B点的时间为10sD．机舱接到第一件货物后，皮带输送机每分钟因运送货物而多消耗的能量为15300J【解析】  A．由图像可知，物块沿传送带向上运动s1=0.2m后与传送带相对静止，此后物块的动能不变，重力势能增加，则，解得s2=9.6m，则输送带A、B两端点间的距离为s=s1+s2=9.8m，选项A错误；B．由图像可知，开始运动到与传送带相对静止，则，解得，选项B正确；C．加速阶段的加速度，传送带的速度，则加速的时间，匀速的时间，共用时间，选项C正确；D．每一个货件从低端到顶端要消耗的能量 ，每分钟共有30个货件能到达顶端，则第一件货物后，皮带输送机每分钟因运送货物而多消耗的能量为，选项D正确。故选BCD。【答案】  BCD【考点六】  板块模型中能量的转化问题【典型例题6】  如图所示，长木板A放在光滑的水平地面上，物体B以水平速度v0冲上A后，由于摩擦力作用，最后停止在木板A上，则从B冲到木板A上到相对木板A静止的过程中，下述说法中正确的是(　　)A．物体B动能的减少量等于系统损失的机械能B．物体B克服摩擦力做的功等于系统内能的增加量C．物体B损失的机械能等于木板A获得的动能与系统损失的机械能之和D．摩擦力对物体B做的功和对木板A做的功的总和等于系统内能的增加量【解析】  物体B以水平速度冲上木板A后，由于摩擦力作用，B减速运动，木板A加速运动，根据能量守恒定律，物体B动能的减少量等于木板A增加的动能和产生的热量之和，选项A错误；根据动能定理，物体B克服摩擦力做的功等于物体B损失的动能，选项B错误；由能量守恒定律可知，物体B损失的机械能等于木板A获得的动能与系统损失的机械能之和，选项C正确；摩擦力对物体B做的功等于物体B动能的减少量，摩擦力对木板A做的功等于木板A动能的增加量，由能量守恒定律，摩擦力对物体B做的功和对木板A做的功的总和等于系统内能的增加量，选项D正确．【答案】  CD【考点七】  能量守恒问题的综合应用【典型例题7】  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B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：(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＝mv＋mglADsin 37°①物体克服摩擦力产生的热量为Q＝Ffx ②其中x为物体的路程，即x＝5.4 m ③Ff＝μmgcos 37° ④由能量守恒定律可得ΔE＝Q ⑤由①②③④⑤式解得μ≈0.52.(2)由A到C的过程中，动能减少ΔE′k＝mv ⑥重力势能减少ΔE′p＝mglACsin 37° ⑦摩擦生热Q＝FflAC＝μmgcos 37°lAC ⑧由能量守恒定律得弹簧的最大弹性势能为Epm＝ΔE′k＋ΔE′p－Q ⑨联立⑥⑦⑧⑨解得Epm≈24.5 J.【答案】  (1)0.52　(2)24.5 J【考点八】  板块模型与圆周运动相结合的能量守恒问题【典型例题8】  如图所示，将质量m=1.0kg的小物块放在长L=3.0m的平板车左端，车的上表面粗糙，物块与车上表面间的动摩擦因数μ=0.6，光滑半圆形固定轨道与光滑水平轨道在同一竖直平面内，直径MON竖直，车的上表面和轨道最低点高度相同，开始时车和物块一起以v0=10m/s的初速度在水平轨道上向右运动，车碰到轨道后立即停止运动，取g=10m/s2，求：(1)若半圆形轨道的直径d1=2.4m，物块刚进入半圆形时对轨道的压力；(2)在(1)的情况下，物块回落至车上时距右端的距离；(3)若半圆形轨道的直径d2=6.5m、平板车的质量M=1.5kg，物块再次回到小车的过程中产生的热量。【解析】  (1)车停止运动后取小物块为研究对象，设其到达车右端时的速度为v1，由动能定理得，解得刚进入半圆轨道时，设物块受到的支持力为FN，由牛顿第二定律得由牛顿第三定律得所以物块刚进入半圆形轨道时对轨道的压力为63.3N，方向竖直向下。(2)若物块能到达半圆形轨道的最高点，则由机械能守恒可得，解得设恰能过最高点的速度为v3，则，解得因，故小物块从半圆形轨道最高点做平抛运动，设距车右端的水平距离为x，则，解得(3)若轨道直径足够大，物块上升的最大高度则物块沿圆轨道返回，因固定轨道光滑，再次回到车右端时速度大小在半圆形轨道上运动的初末速度大小相等，由能量守恒定律知，物块再次回到小车的过程中产生的热量等于在小车表面产生的热量【答案】  (1)63.3N，竖直向下；(2)2.8m；(3)18J【考点九】  含有弹簧与圆周运动相结合的能量守恒问题【典型例题9】  (2022•江苏连云港市高三(下)二模)如图所示，光滑水平杆固定在竖直转轴上，小圆环A和轻弹簧套在杆上，弹簧两端分别固定于竖直转轴和环A上，用长L=0.7m的细线穿过小孔O，两端分别与环A和小球B连接，线与水平杆平行，环A的质量mA=1kg，小球B的质量mB=2kg。当整个装置绕竖直轴以角速度1=5rad/s匀速转动时，细线OB与竖直方向的夹角为37°。缓慢加速后使整个装置以角速度2匀速转动时，细线OB与竖直方向的夹角变为53°，且此时弹簧弹力与角速度为1时大小相等。重力加速度g取10m/s2，sin37°=0.6.求：(1)1=5rad/s时，OB间的距离；(2)2的大小；(3)由1增至2过程中，细线对小球B做的功。(计算结果保留两位有效数字)【解析】  (1)设弹力为T，对B球受力分析得竖直方向水平方向联立得(2) 弹簧弹力弹力不变，则OB长度不变，同理得，解得(3)有公式两种角速度情况下，B的线速度分别为，B上升的高度为细线对小球B做的功等与小球B机械能的增加量，得联立得【答案】  (1)(；2)；(3)【考点十】  传送带与斜面相结合的能量守恒问题【典型例题10】  如图所示，水平传送带足够长，向右前进的速度v=4m/s，与倾角为37°的斜面的底端P平滑连接，将一质量m=2kg的小物块从A点静止释放。已知A、P的距离L=8m，物块与斜面、传送带间的动摩擦因数分别为、，取重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。求物块(1)第1次滑过P点时的速度大小v1；(2)第1次在传送带上往返运动的时间t；(3)从释放到最终停止运动，与斜面间摩擦产生的热量Q。【解析】  (1)由动能定理得解得(2)由牛顿第二定律得物块与传送带共速时，由速度公式得，解得匀速运动阶段的时间为第1次在传送带上往返运动的时间(3)由分析可知，物块第一次离开传送带以后，每次再到达传送带和离开传送带的速度大小相等，物块最终停止在P点，则根据能量守恒有【答案】  (1)8m/s；(2)9s；(3)48J【考点十一】  含有弹簧与传送带相结合的能量守恒问题【典型例题11】  (2022•江苏如皋市高三(下)一调)某种弹射装置如图所示，左端固定的轻弹簧处于压缩状态且锁定，弹簧具有的弹性势能EP=4.5J，质量m=1.0kg的小滑块静止于弹簧右端，光滑水平导轨AB的右端与倾角θ=30°的传送带平滑连接，传送带长度L=8.0m，传送带以恒定速率v0=8.0m/s顺时针转动。某时刻解除锁定，滑块被弹簧弹射后滑上传送带，并从传送带顶端滑离落至地面。已知滑块与传送带之间的动摩擦因数μ=，重力加速度g取10m/s2。(1)求滑块离开传送带时的速度大小v；(2)求电动机传送滑块多消耗的电能E；(3)若每次开始时弹射装置具有不同的弹性势能，要使滑块滑离传送带后总能落至地面上的同一位置，求的取值范围。【解析】  (1)设滑块刚冲上传送带底端的速度为v1，根据能量守恒代入数据得因为μ＞tanθ，故滑块在传送带上先向上加速，根据根据牛顿第二定律得若滑块在传送带上一直加速，则离开传送带时的速度大小v满足解得所以假设成立，滑块离开传送带时的速度大小为7m/s。(2)滑块在传送带上运动时间该段时间，传送带的位移对传送带，根据动能定理有解得即电动机传送滑块多消耗的电能(3)分析可知，要使滑块滑离传送带后总能落至地面上的同一位置，滑块滑出传送带时要与传送带共速。滑块刚好加速到与传送带共速时离开传送带，所对应的弹性势能最小，有，得同理可得，滑块刚好减速到与传送带共速时离开传送带，所对应的弹性势能最大，有，得所以，满足条件的弹性势能范围为【答案】  (1)7m/s；(2)96J；(3)12J≤Ep'≤132J【考点十二】  含有弹簧、传送带与圆周运动相结合的能量守恒问题【典型例题12】  如图所示，电动机带动倾角为θ＝37°的传送带以v＝8m/s的速度逆时针匀速运动，传送带下端点C与水平面CDP平滑连接，B、C间距L＝20m；传送带在上端点B恰好与固定在竖直平面内的半径为R＝0.5m的光滑圆弧轨道相切，一轻质弹簧的右端固定在P处的挡板上，质量M＝2kg可看做质点的物体靠在弹簧的左端D处，此时弹簧处于原长，C、D间距x＝1m，PD段光滑，DC段粗糙，现将M压缩弹簧一定距离后由静止释放，M经过DC冲上传送带，经B点冲上光滑圆孤轨道，通过最高点A时对A点的压力为8N．上述过程中，M经C点滑上传送带时，速度大小不变，方向变为沿传送带方向．已知与传送带同的动摩擦因数为μ＝0.8、与CD段间的动摩擦因数为μ＝0.5，重力加速度大小g＝10m/s2．求：(1)在圆弧轨道的B点时物体的速度(2)M在传送带上运动的过程中，带动传送带的电动机由于运送M多输出的电能E．(3)M释放前，系统具有的弹性势能Ep【解析】  (1)M恰能过A点，由牛顿第二定律：Mg+FA＝，解得vA＝m/s，从B到A由机械能守恒：﹣Mg(R+Rcosθ)＝解得vB＝5.0m/s(2)M在传送带上运动时由于vB小于皮带速度，可知物体一直做加速运动，由μ1Mgcosθ﹣Mgsinθ＝Ma解得a＝0.4m/s2由公式：vB2-vC2＝2aL，解得v＝3m/s由vB＝vC+at解得t＝5s；传送带在t时间内的位移：x1＝vt＝40m，由于物体对皮带有沿皮带向下的摩擦力，要维持皮带匀速运动，故电动机要额外给皮带一个沿皮带向上的牵引力，大小与物体受到的摩擦力一样大，多做的功W＝μMgcosθ•x1＝512J，多输出的电能E＝512J(3)设弹簧弹力对物体做功W，则从弹簧的压缩端到C点，对M由动能定理：W﹣μ2Mgx0＝MvC2﹣0，解得：W＝19J，可知Ep＝19J【答案】  (1)5.0m/s  (2)512J  (3)19J【考点十三】  含有绳或链的能量守恒问题【典型例题13】  如图所示，总长为l、质量为m的均匀软绳对称地挂在轻小滑轮上，用细线将质量也为m的物块与软绳连接。将物块由静止释放，直到软绳刚好全部离开滑轮，不计一切摩擦，重力加速度为g，则(　　)A．刚释放时细线的拉力大小为mgB．该过程中物块的机械能减少了C．该过程中软绳的重力势能减少了D．软绳离开滑轮时速度大小为【解析】  A．刚释放时，m有加速度，故拉力小于mg，故A错误；B．物块的重力势能减小，但物块也获得了速度，即动能增加，故机械能损失小于，故B错误；C．因为绳子均匀，把绳子的重心看做在绳子的中点，所以绳子相当于向下移动了，故减小的重力势能为，故C错误；D．由能量守恒得，解得速度大小为。【答案】  D