2025屆高考物理一輪復(fù)習(xí)第5章機(jī)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(yùn)會(huì)競(jìng)賽項(xiàng)目撐桿跳高如圖所示，下列說(shuō)法不正確的是()A．加速助跑過(guò)程中，運(yùn)動(dòng)員的動(dòng)能增加B．起跳上升過(guò)程中，桿的彈性勢(shì)能始終增加C．起跳上升過(guò)程中，運(yùn)動(dòng)員的重力勢(shì)能增加D．越過(guò)橫桿后下落過(guò)程中，運(yùn)動(dòng)員的重力勢(shì)能削減，動(dòng)能增加B[加速助跑過(guò)程中速度增大，動(dòng)能增加，A正確；撐桿從起先形變到撐桿復(fù)原形變時(shí)，先是運(yùn)動(dòng)員部分動(dòng)能轉(zhuǎn)化為桿的彈性勢(shì)能，后彈性勢(shì)能轉(zhuǎn)化為運(yùn)動(dòng)員的動(dòng)能與重力勢(shì)能，桿的彈性勢(shì)能不是始終增加，B錯(cuò)誤；起跳上升過(guò)程中，運(yùn)動(dòng)員的高度在不斷增大，所以運(yùn)動(dòng)員的重力勢(shì)能增加，C正確；當(dāng)運(yùn)動(dòng)員越過(guò)橫桿下落的過(guò)程中，他的高度降低、速度增大，重力勢(shì)能轉(zhuǎn)化為動(dòng)能，即重力勢(shì)能削減，動(dòng)能增加，D正確。]2.(2024·全國(guó)卷Ⅲ)如圖所示，一質(zhì)量為m、長(zhǎng)度為l的勻稱松軟細(xì)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(diǎn)，M點(diǎn)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(guò)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(xì)繩MQ段為探討對(duì)象，其質(zhì)量為eq\f(2,3)m，取M點(diǎn)所在的水平面為零勢(shì)能面，起先時(shí)，細(xì)繩MQ段的重力勢(shì)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(diǎn)時(shí)，細(xì)繩MQ段的重力勢(shì)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(xì)繩MQ段的重力勢(shì)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(xiàng)A正確。]3．(多選)(2024·全國(guó)卷Ⅰ)一物塊在高3.0m、長(zhǎng)5.0m的斜面頂端從靜止起先沿斜面下滑，其重力勢(shì)能和動(dòng)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(guò)程中機(jī)械能不守恒B．物塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.5C．物塊下滑時(shí)加速度的大小為6.0m/s2D．當(dāng)物塊下滑2.0m時(shí)機(jī)械能損失了12JAB[由重力勢(shì)能和動(dòng)能隨下滑距離s改變的圖象可知，重力勢(shì)能和動(dòng)能之和隨下滑距離s的增大而減小，可知物塊下滑過(guò)程中機(jī)械能不守恒，A項(xiàng)正確；在斜面頂端，重力勢(shì)能mgh＝30J，解得物塊質(zhì)量m＝1kg，由重力勢(shì)能隨下滑距離s改變圖象可知，重力勢(shì)能可以表示為Ep＝(30－6s)J，由動(dòng)能隨下滑距離s改變圖象可知，動(dòng)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(xiàng)正確；由Ek＝2sJ，Ek＝eq\f(mv2,2)可得，v2＝4sm2/s2，對(duì)比勻變速直線運(yùn)動(dòng)公式v2＝2as，可得a＝2m/s2，即物塊下滑時(shí)加速度的大小為2.0m/s2，C項(xiàng)錯(cuò)誤；由重力勢(shì)能和動(dòng)能隨下滑距離s改變圖象可知，當(dāng)物塊下滑2.0m時(shí)機(jī)械能為E＝18J＋4J＝22J，機(jī)械能損失了ΔE＝30J－22J＝8J，D項(xiàng)錯(cuò)誤。]1．常見(jiàn)的功能關(guān)系2．對(duì)功能關(guān)系的理解(1)做功的過(guò)程就是能量轉(zhuǎn)化的過(guò)程，不同形式的能量發(fā)生相互轉(zhuǎn)化是通過(guò)做功來(lái)實(shí)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(duì)應(yīng)不同形式的能轉(zhuǎn)化，具有一一對(duì)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(dòng)摩擦力做功只有能量的轉(zhuǎn)移，沒(méi)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(duì)靜摩擦力所做功的代數(shù)和為零，即要么一正一負(fù)，要么都不做功互為作用力和反作用力的一對(duì)滑動(dòng)摩擦力所做功的代數(shù)和為負(fù)值，即至少有一個(gè)力做負(fù)功兩種摩擦力都可以對(duì)物體做正功或者負(fù)功，還可以不做功2.摩擦生熱的“三點(diǎn)”提示(1)大?。合到y(tǒng)內(nèi)因滑動(dòng)摩擦力做功產(chǎn)生的熱量Q＝Ffx相對(duì)(2)產(chǎn)生：有滑動(dòng)摩擦力的系統(tǒng)內(nèi)存在相對(duì)位移，摩擦生熱Q＝Ffx相對(duì)中，x相對(duì)是兩物體間相對(duì)運(yùn)動(dòng)的位移，即同向相減、反向相加；若物體做往復(fù)運(yùn)動(dòng)，則x相對(duì)為總的相對(duì)路程。(3)能量改變有兩種形式：一是相互摩擦的物體之間機(jī)械能轉(zhuǎn)移；二是機(jī)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(shí)針?lè)较蜻\(yùn)動(dòng)，物體m＝1kg，無(wú)初速度地放置于A端，它與傳送帶間的動(dòng)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(yùn)動(dòng)到B端的時(shí)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(yùn)動(dòng)),\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(shí)受到沿斜面對(duì)下的滑動(dòng)摩擦力，由牛頓其次定律得mgsinθ＋μmgcosθ＝ma1設(shè)物體經(jīng)時(shí)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(guò)時(shí)間t2到達(dá)B端，因mgsinθ>μmgcosθ，故當(dāng)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(yùn)動(dòng)到B端的時(shí)間t＝t1＋t2＝2s。(2)物體與傳送帶間的相對(duì)位移x相＝(vt1－x1)＋(L－x1－vt2)＝6m故Q＝μmgcosθ·x相＝24J。[答案](1)2s(2)24J相對(duì)滑動(dòng)物體能量問(wèn)題的解題流程eq\o([跟進(jìn)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(diǎn)向左沿水平地面運(yùn)動(dòng)，壓縮彈簧后被彈回，運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)恰好靜止。物塊向左運(yùn)動(dòng)的最大距離為s，與地面間的動(dòng)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(guò)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(shì)能為μmgsD．物塊在A點(diǎn)的初速度為eq\r(2μgs)BC[物塊向左運(yùn)動(dòng)壓縮彈簧，彈簧最短時(shí)，物塊具有向右的加速度，彈力大于摩擦力，即F>μmg，A錯(cuò)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(kāi)物塊的過(guò)程中，彈簧的彈性勢(shì)能通過(guò)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(gè)過(guò)程中，物體的初動(dòng)能通過(guò)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(cuò)誤。]傳送帶問(wèn)題中的摩擦力做功問(wèn)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(dòng)機(jī)帶動(dòng)，始終保持以圖示速度v勻速運(yùn)動(dòng)。物體與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，物體運(yùn)動(dòng)一段距離能保持與傳送帶相對(duì)靜止。對(duì)于物體從靜止釋放到相對(duì)傳送帶靜止這一過(guò)程，下列說(shuō)法正確的是()A．電動(dòng)機(jī)多做的功為eq\f(1,2)mv2B．摩擦力對(duì)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(dòng)機(jī)多做的功轉(zhuǎn)化成了物體的動(dòng)能和內(nèi)能，物體從靜止釋放到相對(duì)傳送帶靜止過(guò)程中獲得的動(dòng)能為eq\f(1,2)mv2，所以電動(dòng)機(jī)多做的功肯定大于eq\f(1,2)mv2，所以A錯(cuò)誤；物體從靜止釋放到相對(duì)傳送帶靜止過(guò)程中只有摩擦力對(duì)物體做功，由動(dòng)能定理可知，摩擦力對(duì)物體做的功等于物體動(dòng)能的改變，即為eq\f(1,2)mv2，所以B錯(cuò)誤；物體做勻加速直線運(yùn)動(dòng)的末速度為v，故此過(guò)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(guò)程傳送帶的位移為物體位移的2倍，因?yàn)槟Σ亮?duì)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(cuò)誤；傳送帶克服摩擦力做的功為mv2，物體獲得的動(dòng)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(wèn)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(zhǎng)木板以肯定的初速度向右勻速運(yùn)動(dòng)，將質(zhì)量為m的小鐵塊無(wú)初速度地輕放到長(zhǎng)木板右端，小鐵塊與長(zhǎng)木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，當(dāng)小鐵塊在長(zhǎng)木板上相對(duì)長(zhǎng)木板滑動(dòng)L時(shí)，與長(zhǎng)木板保持相對(duì)靜止，此時(shí)長(zhǎng)木板對(duì)地的位移為x，在這個(gè)過(guò)程中，下面說(shuō)法正確的是()A．小鐵塊增加的動(dòng)能為μmg(x＋L)B．長(zhǎng)木板削減的動(dòng)能為μmgxC．摩擦產(chǎn)生的熱量為μmg(x－L)D．系統(tǒng)機(jī)械能的削減量為μmgLBD[對(duì)小鐵塊，摩擦力做正功，依據(jù)動(dòng)能定理有μmg(x－L)＝eq\f(1,2)mv2－0，其中(x－L)為小鐵塊相對(duì)地面的位移，則小鐵塊增加的動(dòng)能ΔEkm＝μmg(x－L)，A項(xiàng)錯(cuò)誤；對(duì)長(zhǎng)木板，摩擦力做負(fù)功，依據(jù)動(dòng)能定理，長(zhǎng)木板削減的動(dòng)能ΔEkM＝μmgx，B項(xiàng)正確；摩擦產(chǎn)生的熱量Q＝μmgL(L為相對(duì)位移)，C項(xiàng)錯(cuò)誤；依據(jù)能量守恒定律，系統(tǒng)削減的機(jī)械能等于產(chǎn)生的熱量ΔE＝Q＝μmgL，D項(xiàng)正確。]能量守恒定律的理解及應(yīng)用1．對(duì)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(gè)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(wèn)題應(yīng)留意兩個(gè)或兩個(gè)以上的物體與彈簧組成的系統(tǒng)相互作用的過(guò)程，具有以下特點(diǎn)：(1)假如只有重力和系統(tǒng)內(nèi)彈簧彈力做功，系統(tǒng)機(jī)械能守恒。(2)假如系統(tǒng)每個(gè)物體除彈簧彈力外所受合外力為零，則當(dāng)彈簧伸長(zhǎng)或壓縮到最大程度時(shí)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(zhǎng)。圓環(huán)從A處由靜止起先下滑，經(jīng)過(guò)B處的速度最大，到達(dá)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(guò)程中，加速度始終減小B．下滑過(guò)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(shì)能為eq\f(1,4)mv2－mghD．上滑經(jīng)過(guò)B的速度大于下滑經(jīng)過(guò)B的速度思路點(diǎn)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(yùn)動(dòng)過(guò)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(shuō)明圓環(huán)具有向下的加速度，經(jīng)過(guò)B處的速度最大，說(shuō)明在B處的加速度為零，到達(dá)C處的速度為零，說(shuō)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(guò)程中，加速度先減小，后反向增大，故選項(xiàng)A錯(cuò)誤；圓環(huán)從A處到C處的過(guò)程中，設(shè)圓環(huán)在C點(diǎn)時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能為Ep，該過(guò)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(guò)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(xiàng)B正確，C錯(cuò)誤；由能量守恒定律得，圓環(huán)從A處到B處的過(guò)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(guò)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(xiàng)D正確。]能量轉(zhuǎn)化問(wèn)題的解題思路(1)當(dāng)涉及摩擦力做功，機(jī)械能不守恒時(shí)，一般應(yīng)用能量守恒定律。(2)解題時(shí)，首先確定初、末狀態(tài)，然后分析狀態(tài)改變過(guò)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(jìn)訓(xùn)練])1.構(gòu)建和諧型、節(jié)約型社會(huì)深得民心，遍布于生活的方方面面。自動(dòng)充電式電動(dòng)車就是很好的一例，電動(dòng)車的前輪裝有發(fā)電機(jī)，發(fā)電機(jī)與蓄電池連接。當(dāng)在騎車者用力蹬車或電動(dòng)自行車自動(dòng)滑行時(shí)，自行車就可以連通發(fā)電機(jī)向蓄電池充電，將其他形式的能轉(zhuǎn)化成電能儲(chǔ)存起來(lái)?，F(xiàn)有某人騎車以500J的初動(dòng)能在粗糙的水平路面上滑行，第一次關(guān)閉自動(dòng)充電裝置，讓車自由滑行，其動(dòng)能隨位移改變關(guān)系如圖①所示；其次次啟動(dòng)自動(dòng)充電裝置，其動(dòng)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(dòng)充電裝置，自由滑行時(shí)只有摩擦力做功，依據(jù)動(dòng)能定理有－Ff·x1＝0－Ek，其次次啟動(dòng)充電裝置后，滑行直至停下來(lái)的過(guò)程，動(dòng)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(jì)算可得W＝200J，選項(xiàng)A正確。]2．(多選)水平地面上固定有兩個(gè)高度相同的粗糙斜面體甲和乙，斜面長(zhǎng)分別為s、L1，如圖所示。兩個(gè)完全相同的小滑塊A、B可視為質(zhì)點(diǎn)，同時(shí)由靜止起先從甲、乙兩個(gè)斜面的頂端釋放，小滑塊A始終沿斜面甲滑究竟端C點(diǎn)，而小滑塊B沿斜面乙滑究竟端P點(diǎn)后又沿水平面滑行距離L2到D點(diǎn)(小滑塊B在P點(diǎn)從斜面滑到水平面時(shí)速度大小不變)，且s＝L1＋L2。小滑塊A、B與兩個(gè)斜面以及水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)相同，則()A．滑塊A到達(dá)底端C點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能肯定比滑塊B到達(dá)D點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能小B．兩個(gè)滑塊在斜面上加速下滑的過(guò)程中，到達(dá)同一高度時(shí)，動(dòng)能可能相同C．A、B兩個(gè)滑塊從斜面頂端分別運(yùn)動(dòng)到C、D的過(guò)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(gè)滑塊從斜面頂端分別運(yùn)動(dòng)到C、D的過(guò)程中，由于克服摩擦而產(chǎn)生的熱量肯定相同AC[依據(jù)動(dòng)能定理，滑塊A由甲斜面頂端到達(dá)底端C點(diǎn)的過(guò)程，mgh－μmgcosα·s＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)，滑塊B由乙斜面頂端到達(dá)D點(diǎn)的過(guò)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(gè)滑塊在斜面上加速下滑的過(guò)程中，到達(dá)同一高度時(shí)：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