2022年高考物理一轮复习 第6章 第4讲 功能关系 能量守恒定律.docx

1、第4讲功能关系能量守恒定律目标要求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基础回扣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WGEpEp1Ep2负功重力势能增加弹簧等的弹力正功弹性势能减少W弹EpEp1Ep2负功弹

2、性势能增加电场力正功电势能减少W电EpEp1Ep2负功电势能增加合力正功动能增加W合EkEk2Ek1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EE2E1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QFfs相对技巧点拨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、电场力等)做负功还是做正功3机械能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 功能关系的理解例1(多选)(2019广东天河华南师大附中期末)如图1所示，质量为m的小车在水平恒力F推动下，从山坡底部A处由静止运动至高为h的B处，获得的速度

3、为v，AB的水平距离为s，重力加速度为g.下列说法正确的是()图1A小车克服重力所做的功是mghB合力对小车做的功是C推力对小车做的功是FsmghD阻力对小车做的功是mghFs答案ABD解析上升过程，重力做功为WGmghmg(hAhB)mgh，故小车克服重力所做的功是mgh，故A正确；对小车从A运动到B的过程中运用动能定理得Wmv2，故B正确；由动能定理得W推mghWfmv2，解得W推mv2Wfmgh，由于推力为恒力，故W推Fs，阻力对小车做的功是Wfmv2mghFs，故C错误，D正确 功能关系与图象结合例2(多选)(2020全国卷20)一物块在高3.0 m、长5.0 m的斜面顶端从静止开始沿

4、斜面下滑，其重力势能和动能随下滑距离s的变化如图2中直线、所示，重力加速度取10 m/s2.则()图2A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0.5C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答案AB解析由Es图象知，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正确；由Es图象知，整个下滑过程中，物块机械能的减少量为E30 J10 J20 J，重力势能的减少量Epmgh30 J，又Emgcos s，其中cos 0.8，h3.0 m，g10 m/s2，则可得m1 kg，0.5，故B正确；物块下滑时的加速度大小agsin

5、gcos 2 m/s2，故C错误；物块下滑2.0 m时损失的机械能为Emgcos s8 J，故D错误考点二摩擦力做功与能量转化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QFfx相对计算，若物体在传送带上做往复运动，则为相对路程s相对例3(

6、多选)如图3所示，质量为M、长度为L的小车静止在光滑水平面上，质量为m的小物块(可视为质点)放在小车的最左端现用一水平恒力F作用在小物块上，使小物块从静止开始做匀加速直线运动小物块和小车之间的摩擦力为Ff，小物块滑到小车的最右端时，小车运动的距离为x.此过程中，以下结论正确的是()图3A小物块到达小车最右端时具有的动能为(FFf)(Lx)B小物块到达小车最右端时，小车具有的动能为FfxC小物块克服摩擦力所做的功为Ff(Lx)D系统产生的内能为Fx答案ABC解析由动能定理可得，小物块到达小车最右端时的动能Ek物W合(FFf)(Lx)，A正确；小物块到达小车最右端时，小车的动能Ek车Ff x，B正

7、确；小物块克服摩擦力所做的功WfFf(Lx)，C正确；系统产生的内能为Ff L，D错误1(摩擦力做功)(多选)(2019江苏卷8)如图4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，重力加速度为g，弹簧未超出弹性限度在上述过程中()图4A弹簧的最大弹力为mgB物块克服摩擦力做的功为2mgsC弹簧的最大弹性势能为mgsD物块在A点的初速度为答案BC解析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mg，选项A错误

8、；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2mgs，选项B正确；自物块从最左侧运动至A点过程，由能量守恒定律可知Epmgs，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2mgs0mv02，解得v02，选项D错误考点三能量守恒定律的理解和应用基础回扣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E减E增3基本思路(1)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)某个物体的能量减少，一定存在其他物体的能量增加，且

9、减少量和增加量一定相等技巧点拨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E减和增加的能量E增的表达式3列出能量守恒关系式：E减E增例4(2020浙江1月选考20)如图5所示，一弹射游戏装置由安装在水平台面上的固定弹射器、竖直圆轨道(在最低点E分别与水平轨道EO和EA相连)、高度h可调的斜轨道AB组成游戏时滑块从O点弹出，经过圆轨道并滑上斜轨道全程不脱离轨道且恰好停在B端则视为游戏成功已知圆轨道半径r0.1 m，OE长L10.2 m，AC长L20.4 m，圆轨道和AE

10、光滑，滑块与AB、OE之间的动摩擦因数0.5.滑块质量m2 g且可视为质点，弹射时从静止释放且弹簧的弹性势能完全转化为滑块动能忽略空气阻力，各部分平滑连接求：图5(1)滑块恰好能过圆轨道最高点F时的速度vF大小；(2)当h0.1 m且游戏成功时，滑块经过E点对圆轨道的压力FN大小及弹簧的弹性势能Ep0；(3)要使游戏成功，弹簧的弹性势能Ep与高度h之间满足的关系答案见解析解析(1)滑块恰过F点的条件为mgm解得vF1 m/s(2)滑块从E点到B点，由动能定理得mghmgL20mvE2在E点由牛顿第二定律得FNmgm解得FNFN0.14 N从O点到B点，由能量守恒定律得：Ep0mghmg(L1L

11、2)解得Ep08.0103 J(3)滑块恰能过F点的弹性势能Ep12mgrmgL1mvF27.0103 J到B点减速到0Ep1mgh1mg(L1L2)0解得h10.05 m设斜轨道的倾角为，若滑块恰好能停在B点不下滑，则mgcos mgsin 解得tan 0.5，此时h20.2 m从O点到B点Epmghmg(L1L2)2103(10h3) J其中0.05 mh0.2 m.2(能量守恒定律)(多选)(2019湖南衡阳市第二次模拟)如图6所示，一根轻弹簧一端固定在O点，另一端固定一个带有孔的小球，小球套在固定的竖直光滑杆上，小球位于图中的A点时，弹簧处于原长，现将小球从A点由静止释放，小球向下运动

12、，经过与A点关于B点对称的C点后，小球能运动到最低点D点，OB垂直于杆，则下列结论正确的是()图6A小球从A点运动到D点的过程中，其最大加速度一定大于重力加速度gB小球从B点运动到C点的过程，小球的重力势能和弹簧的弹性势能之和可能增大C小球运动到C点时，重力对其做功的功率最大D小球在D点时弹簧的弹性势能一定最大答案AD解析在B点时，小球的加速度为g，在BC间弹簧处于压缩状态，小球在竖直方向除受重力外还有弹簧弹力沿竖直方向向下的分力，所以小球从A点运动到D点的过程中，其最大加速度一定大于重力加速度g，故A正确；由机械能守恒可知，小球从B点运动到C点的过程，小球做加速运动，即动能增大，所以小球的重

13、力势能和弹簧的弹性势能之和一定减小，故B错误；小球运动到C点时，由于弹簧的弹力为零，合力为重力G，所以小球从C点往下还会加速一段，所以小球在C点的速度不是最大，即重力的功率不是最大，故C错误；D点为小球运动的最低点，即速度为零，弹簧形变量最大，所以小球在D点时弹簧的弹性势能最大，故D正确3(能量守恒定律)如图7所示，一物体质量m2 kg，在倾角37的斜面上的A点以初速度v03 m/s下滑，A点距弹簧上端挡板位置B点的距离AB4 m当物体到达B点后将弹簧压缩到C点，最大压缩量BC0.2 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AD3 m挡板及弹簧质量不计，g取10 m/

14、s2，sin 370.6，求：(结果均保留三位有效数字)图7(1)物体与斜面间的动摩擦因数；(2)弹簧的最大弹性势能Epm.答案(1)0.521(2)24.4 J解析(1)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：mv02mgADsin mgcos (AB2BCBD)代入数据解得：0.521.(2)物体由A到C的过程中，动能减少量Ekmv02重力势能减少量Epmgsin 37AC摩擦产生的热量Qmgcos 37AC由能量守恒定律可得弹簧的最大弹性势能为：EpmEkEpQ24.4 J课时精练1(2020河北任丘市第一中学期末)在奥运比

15、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(Fmg)hD他的机械能减少了Fh答案D解析运动员进入水中后，克服合力做的功等于动能的减少量，故动能减少(Fmg)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2.(多选)如图1所示，质量为m的物体(可视为质点)以某一速率从A

16、点冲上倾角为30的固定斜面，其运动的加速度大小为g，此物体在斜面上上升的最大高度为h，则在这个过程中物体()图1A重力势能增加了mghB克服摩擦力做功mghC动能损失了mghD机械能损失了mgh答案BC解析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错误；设物体所受的摩擦力大小为Ff，根据牛顿第二定律得mgsin 30Ffmamg解得Ffmg，物体沿斜面上滑的距离为2h，所以克服摩擦力做功WfFf2hmgh，根据功能关系可知，机械能损失了mgh，故B正确，D错误；由动能定理可知，动能损失量等于物体克服合外力做的功，大小为EkF合xma2hmgh，故C正确3.如图2所示，一

17、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中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随时间的变化图象，可能正确的是()图2答案C解析由牛顿第二定律可知，滑块上升阶段有：mgsin Ffma1；下滑阶段有：mgsin Ffma2.因此a1a2，故B选项错误；速度时间图象的斜率表示加速度，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，势能变化快，下滑阶段加速度小，势能变化慢，故选项C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4(多选)(2020山东

18、济南市第一中学月考)质量为m的子弹，以水平速度v射入静止在光滑水平面上质量为M的木块，并留在其中，下列说法中正确的有()A子弹克服阻力做的功与木块获得的动能相等B子弹克服阻力做的功与子弹减少的动能相等C子弹克服阻力做的功与子弹对木块做的功相等D系统增加的内能等于系统减少的机械能答案BD5.(多选)如图3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AP2R，重力加速度为g，则小球从P点运动到B点的过程中()图3A重力做功2mgR B机械能减少mgRC合外力做功mgR D克服

19、摩擦力做功mgR答案CD解析小球从P点运动到B点的过程中，重力做功WGmg(2RR)mgR，故A错误；小球沿轨道到达最高点B时恰好对轨道没有压力，则有mgm，解得vB，则此过程中机械能的减少量为EmgRmvB2mgR，故B错误；根据动能定理可知，合外力做功W合mvB2mgR，故C正确；根据功能关系可知，小球克服摩擦力做的功等于机械能的减少量，为mgR，故D正确6(多选)(2020黑龙江佳木斯市质检)如图4所示，建筑工地上载人升降机用不计质量的细钢绳跨过定滑轮与一电动机相连，通电后电动机带动升降机沿竖直方向先匀加速上升后匀速上升摩擦及空气阻力均不计则()图4A升降机匀加速上升过程中，升降机底板对

20、人做的功等于人增加的动能B升降机匀加速上升过程中，升降机底板对人做的功等于人增加的机械能C升降机匀速上升过程中，升降机底板对人做的功等于人增加的机械能D升降机上升的全过程中，升降机拉力做的功大于升降机和人增加的机械能答案BC解析根据动能定理可知，合外力对物体做的功等于物体动能的变化量，所以升降机匀加速上升过程中，升降机底板对人做的功与人的重力做功之和等于人增加的动能，故A错误；除重力外，其他力对人做的功等于人机械能的增加量，B正确；升降机匀速上升过程中，升降机底板对人做的功等于人克服重力做的功(此过程中动能不变)，即增加的机械能，C正确；升降机上升的全过程中，升降机拉力做的功等于升降机和人增加

21、的机械能，D错误7某同学用如图5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m0800 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()图5A100 g B200 g C300 g D400 g答案D解析根据能量守恒定律，有mgAB1Ep，(m0m)gAB2Ep，联立解得m400 g，D正确8.(2019贵州毕节市适应性监测(三)毕节，是

22、全国唯一一个以“开发扶贫、生态建设”为主题的试验区，是国家“西电东送”的主要能源基地如图6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，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()图6A. B. C. D.答案A解析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的体积为VvtSvtl2，则风的质量MVvtl2，因此风吹过的动能为EkMv2vtl2v2，在此时间内发电机输出的电能EPt

23、，则风能转化为电能的效率为，故A正确，B、C、D错误9.(多选)(2019全国卷18)从地面竖直向上抛出一物体，其机械能E总等于动能Ek与重力势能Ep之和取地面为重力势能零点，该物体的E总和Ep随它离开地面的高度h的变化如图7所示重力加速度取10 m/s2.由图中数据可得()图7A物体的质量为2 kgBh0时，物体的速率为20 m/sCh2 m时，物体的动能Ek40 JD从地面至h4 m，物体的动能减少100 J答案AD解析根据题图可知，h4 m时物体的重力势能Epmgh80 J，解得物体质量m2 kg，抛出时物体的动能为Ek0100 J，由公式Ek0mv2可知，h0时物体的速率为v10 m/

24、s，选项A正确，B错误；由功能关系可知Ffh4|E总|20 J，解得物体上升过程中所受空气阻力Ff5 N，从物体开始抛出至上升到h2 m的过程中，由动能定理有mghFfhEkEk0，解得Ek50 J，选项C错误；由题图可知，物体上升到h4 m时，机械能为80 J，重力势能为80 J，动能为零，即从地面上升到h4 m，物体动能减少100 J，选项D正确10.(多选)(2016全国卷21)如图8，小球套在光滑的竖直杆上，轻弹簧一端固定于O点，另一端与小球相连现将小球从M点由静止释放，它在下降的过程中经过了N点已知在M、N两点处，弹簧对小球的弹力大小相等，且ONMOMN.在小球从M点运动到N点的过程

25、中()图8A弹力对小球先做正功后做负功B有两个时刻小球的加速度等于重力加速度C弹簧长度最短时，弹力对小球做功的功率为零D小球到达N点时的动能等于其在M、N两点的重力势能差答案BCD解析因在M和N两点处弹簧对小球的弹力大小相等，且ONMOMN)，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到C点已知重力加速度为g，不计空气阻力，整个过程中，轻绳始终处于伸直状态，求：图10(1)物体A向下运动刚到C点时的速度大小；(2)弹簧的最大压缩量；(3)弹簧的最大弹性势能答案(1)(2)(L)(3)m(v02gL)解析(1)物体A与斜面间的滑动摩擦力大小Ff2mgcos ，A向下运动到C点的过程，对A、B组成的系统，由动能定理有2mgLsin mgL2mgLcos 3m(v2v02)解得v(2)从物体A接触弹簧到将弹簧压缩到最短后又恰好回到C点的过程，对A、B组成的系统由动能定理得Ff2x03mv2解得x(L)(3)从弹簧被压缩至最短到物体A恰好弹回到C点的过程中，由能量守恒定律得EpmgxFfx2mgxsin 解得Ep(v02gL)