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新高考物理一轮复习知识梳理+巩固练习讲义第五章第四讲 功能关系 能量守恒定律(含答案解析)
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这是一份新高考物理一轮复习知识梳理+巩固练习讲义第五章第四讲 功能关系 能量守恒定律(含答案解析),共12页。试卷主要包含了5 N,0 m、长5,0 m/s2,已知sin α=0,4 m,5 J等内容,欢迎下载使用。
一、功能关系
1.功是能量转化的量度,即做了多少功就有多少能量发生了转化.
2.做功的过程一定伴随着能量的转化,而且能量的转化必须通过做功来实现.
3.做功对应变化的能量形式
(1)合外力的功影响物体动能的变化.
(2)重力的功影响物体重力势能的变化.
(3)弹簧弹力的功影响弹性势能的变化.
(4)除重力或系统内弹力以外的力做功影响物体机械能的变化.
(5)滑动摩擦力的功影响内能的变化.
(6)电场力的功影响电势能的变化.
二、能量守恒定律
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另一种形式,或者从一个物体转移到另一个物体,在转化或转移的过程中,能量的总量保持不变.
2.适用范围:能量守恒定律是贯穿物理学的基本规律,是各种自然现象中普遍适用的一条规律.
3.表达式
(1)E初=E末,初状态各种能量的总和等于末状态各种能量的总和.
(2)ΔE增=ΔE减,增加的那些能量的增加量等于减少的那些能量的减少量.
1.思维辨析
(1)能量在转移或转化过程中,其总量会不断减少.( )
(2)在物体机械能减少的过程中,动能有可能是增大的.( )
(3)既然能量在转移或转化过程中是守恒的,故没有必要节约能源.( )
(4)滑动摩擦力做功时,一定会引起机械能的转化.( )
(5)一个物体的能量增加,必定有别的物体能量减少.( )
2.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Fh
B.他的重力势能增加了mgh
C.他的机械能减少了(F-mg)h
D.他的机械能减少了Fh
3.(多选)某人用手将质量为1 kg的物体由静止向上提起1 m,这时物体的速度为2 m/s,取g=10 m/s2,下列说法中正确的是( )
A.手对物体做功12 J
B.合外力做功2 J
C.合外力做功12 J
D.物体克服重力做功10 J
考点 对功能关系的理解及应用
典例1 (2024·广东广州调研)(多选)从地面竖直向上抛出一物体,该物体的机械能E总和重力势能Ep随它离开地面的高度h的变化如图所示(取地面为参考平面).运动过程中空气阻力大小不变,取g=10 m/s2,结合图中数据可知( )
A.物体上升的最大高度为5 m
B.物体的质量为1.0 kg
C.物体上升过程中所受空气阻力大小为2.5 N
D.物体从地面运动到h=4 m位置的过程中,动能减少了10 J
1.[功能关系的简单应用](多选)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大小为eq \f(3,4)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( )
A.重力势能增加了mgh
B.机械能损失了eq \f(1,2)mgh
C.动能损失了mgh
D.克服摩擦力做功eq \f(1,4)mgh
2.[功能关系与图像的综合应用](多选)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g=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
考点 能量守恒定律的理解和应用
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,且减少量和增加量相等.
2.应用能量守恒定律解题的基本步骤
典例2 如图所示,一物体质量m=2 kg,从倾角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,取g=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.
1.[对能量守恒定律的理解](多选)在某景区内的高空滑索运动中,游客可利用轻绳通过轻质滑环悬吊下滑.假设某段下滑过程中钢索与水平方向的夹角为θ,轻绳始终保持竖直,示意图如图所示,以游客、滑环、轻绳为整体,不计空气阻力,在这一阶段下滑过程中( )
A.整体的机械能守恒
B.整体损失的机械能与系统摩擦产生的热量相等
C.系统摩擦产生的热量与整体所受合外力做的功相等
D.系统摩擦产生的热量与整体减少的重力势能相等
2.[能的转化与能量守恒的计算]某地区常年有风,风速基本保持在4 m/s,该地区有一风力发电机,其叶片转动可形成半径为10 m的圆面,若保持风垂直吹向叶片,空气密度为1.3 kg/m3,风的动能转化为电能的效率为20%.现用这台风力发电机给一水泵供电,使水泵从地下10 m深处抽水,水泵能将水抽到地面并以2 m/s的速度射出,出水口的横截面积为0.1 m2,水的密度为1×103 kg/m3,水泵及电机组成的抽水系统的效率为80%,则下列说法正确的是( )
A.该风力发电机的发电功率约为12.8 kW
B.每秒钟水流的机械能增加400 J
C.风力发电机一天的发电量可供该水泵正常工作约2.4 h
D.若风速变为8 m/s,则该风力发电机的发电功率变为原来的4倍
考点 动力学和能量观点的综合应用
1.分析思路
(1)受力与运动分析:根据物体的运动过程分析物体的受力情况,以及不同运动过程中力的变化情况.
(2)做功分析:根据各种力做功的不同特点,分析各种力在不同运动过程中的做功情况.
(3)功能关系分析:运用动能定理、机械能守恒定律或能量守恒定律进行分析,选择合适的规律求解.
2.方法技巧
(1)“合”——整体上把握全过程,构建大致的运动情景.
(2)“分”——将全过程进行分解,分析每个子过程对应的基本规律.
(3)“合”——找出各子过程之间的联系,以衔接点为突破口,寻求解题最优方案.
典例3 (2023·全国乙卷)(多选)如图所示,一质量为M、长为l的木板静止在光滑水平桌面上,另一质量为m的小物块(可视为质点)从木板上的左端以速度v0开始运动.已知物块与木板间的滑动摩擦力大小为f,当物块从木板右端离开时( )
A.木板的动能一定等于fl
B.木板的动能一定小于fl
C.物块的动能一定大于eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)-fl
D.物块的动能一定小于eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)-fl
1.[应用动力学和能量观点分析多过程问题](多选)一质量为m的物体自倾角为α的固定斜面底端沿斜面向上滑动.该物体开始滑动时的动能为Ek,向上滑动一段距离后速度减小为零,此后物体向下滑动,到达斜面底端时动能为eq \f(Ek,5).已知sin α=0.6,重力加速度大小为 g.则( )
A.物体向上滑动的距离为eq \f(Ek,2mg)
B.物体向下滑动时的加速度大小为eq \f(g,5)
C.物体与斜面间的动摩擦因数等于0.5
D.物体向上滑动所用的时间比向下滑动的时间长
2.[动力学和能量观点的理解与计算]某大型水陆两栖飞机具有水面滑行汲水和空中投水等功能.某次演练中,该飞机在水面上由静止开始匀加速直线滑行并汲水,速度达到v1=80 m/s时离开水面,该过程滑行距离L=1 600 m、汲水质量m=1.0×104 kg.离开水面后,飞机攀升高度h=100 m时速度达到v2=100 m/s,之后保持水平匀速飞行,待接近目标时开始空中投水.取重力加速度g=10 m/s2.求:
(1)飞机在水面滑行阶段的加速度a的大小及滑行时间t;
(2)整个攀升阶段,飞机汲取的水的机械能增加量ΔE.
答案及解析
1.思维辨析
(1)能量在转移或转化过程中,其总量会不断减少.(×)
(2)在物体机械能减少的过程中,动能有可能是增大的.(√)
(3)既然能量在转移或转化过程中是守恒的,故没有必要节约能源.(×)
(4)滑动摩擦力做功时,一定会引起机械能的转化.(√)
(5)一个物体的能量增加,必定有别的物体能量减少.(√)
2.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Fh
B.他的重力势能增加了mgh
C.他的机械能减少了(F-mg)h
D.他的机械能减少了Fh
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(F-mg)h,故A错误;运动员进入水中后,重力做功mgh,故重力势能减少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.
答案:D
3.(多选)某人用手将质量为1 kg的物体由静止向上提起1 m,这时物体的速度为2 m/s,取g=10 m/s2,下列说法中正确的是( )
A.手对物体做功12 J
B.合外力做功2 J
C.合外力做功12 J
D.物体克服重力做功10 J
解析:根据动能定理,合外力做的功等于物体动能变化,B正确,C错误;物体克服重力做功为10 J,D正确;手对物体做的功等于物体机械能的增加量,A正确.
答案:ABD
考点 对功能关系的理解及应用
典例1 (2024·广东广州调研)(多选)从地面竖直向上抛出一物体,该物体的机械能E总和重力势能Ep随它离开地面的高度h的变化如图所示(取地面为参考平面).运动过程中空气阻力大小不变,取g=10 m/s2,结合图中数据可知( )
A.物体上升的最大高度为5 m
B.物体的质量为1.0 kg
C.物体上升过程中所受空气阻力大小为2.5 N
D.物体从地面运动到h=4 m位置的过程中,动能减少了10 J
解析:重力势能与机械能相等时物体的动能为零,物体上升到最高点,由题图知,物体上升的最大高度为4 m,A错误;重力势能Ep=mgh,则Eph图像斜率表示物体的重力,则mg=k=10 N,故物体质量为m=1.0 kg,B正确;物体上升过程中,机械能的变化量ΔE=-f·Δh,故Eh图线斜率的绝对值表示物体受到的阻力大小,则物体所受空气阻力大小为f=eq \f(50 J-40 J,4 m)=2.5 N,C正确;物体从地面运动到h=4 m位置的过程中,由动能定理得ΔEk=-fh-mgh=-50 J,故动能减少了50 J,D错误.故选BC.
1.[功能关系的简单应用](多选)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大小为eq \f(3,4)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( )
A.重力势能增加了mgh
B.机械能损失了eq \f(1,2)mgh
C.动能损失了mgh
D.克服摩擦力做功eq \f(1,4)mgh
解析:物体加速度大小a=eq \f(3,4)g=eq \f(mgsin 30°+Ff,m),解得摩擦力Ff=eq \f(1,4)mg,机械能损失量等于克服摩擦力做的功,即Ffx=eq \f(1,4)mg·2h=eq \f(1,2)mgh,故B项正确,D项错误;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项正确;动能损失量为克服合力做功的大小,动能损失量ΔEk=F合x=eq \f(3,4)mg·2h=eq \f(3,2)mgh,故C项错误.
答案:AB
2.[功能关系与图像的综合应用](多选)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g=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
解析:物块在下滑过程中重力势能减少,动能增加,故Ⅰ为重力势能随下滑距离s的变化图线,Ⅱ为动能随下滑距离s的变化图线.由题图可知,初状态时物块的机械能为E1=30 J,末状态时物块的机械能为E2=10 J,故物块下滑过程中机械能不守恒,A正确;物块下滑过程损失的机械能转化为克服摩擦力做功产生的内能,设斜面倾角为θ,物块质量为m,由功能关系得μmgcs θ·s=E1-E2,由几何知识知cs θ=eq \f(4,5),物块开始下滑时Ep=E1=mgh,由以上各式解得μ=0.5,m=1 kg,B正确;由牛顿第二定律得mgsin θ-μmgcs θ=ma,解得a=2.0 m/s2,C错误;由功能关系得,物块下滑2.0 m时损失的机械能为ΔE=μmgcs θ·s1=8 J,D错误.
答案:AB
考点 能量守恒定律的理解和应用
典例2 如图所示,一物体质量m=2 kg,从倾角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,取g=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=eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)+mglADsin 37°
物体克服摩擦力产生的热量为Q=Ffs
其中s为物体的路程,即s=5.4 m
Ff=μmgcs 37°
由能量守恒定律可得ΔE=Q
联立解得μ=0.52.
(2)由A到C的过程中,动能减少
ΔE′k=eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)
重力势能减少ΔE′p=mglACsin 37°
摩擦生热Q′=FflAC=μmglACcs 37°
由能量守恒定律得弹簧的最大弹性势能为
Epm=ΔEk′+ΔEp′-Q′
联立解得Epm=24.5 J.
答案:(1)0.52 (2)24.5 J
1.[对能量守恒定律的理解](多选)在某景区内的高空滑索运动中,游客可利用轻绳通过轻质滑环悬吊下滑.假设某段下滑过程中钢索与水平方向的夹角为θ,轻绳始终保持竖直,示意图如图所示,以游客、滑环、轻绳为整体,不计空气阻力,在这一阶段下滑过程中( )
A.整体的机械能守恒
B.整体损失的机械能与系统摩擦产生的热量相等
C.系统摩擦产生的热量与整体所受合外力做的功相等
D.系统摩擦产生的热量与整体减少的重力势能相等
解析:游客、滑环、轻绳组成的整体与钢索间的摩擦力对整体做负功,机械能不守恒,A错误;由功能关系可知,整体损失的机械能与系统摩擦产生的热量相等,B正确;轻绳始终保持竖直,故整体受力平衡,合外力做功为零且整体的速度不变,由动能定理可知,克服摩擦力做的功与重力做的正功相等,即系统摩擦产生的热量与整体减少的重力势能相等,C错误,D正确.
答案:BD
2.[能的转化与能量守恒的计算]某地区常年有风,风速基本保持在4 m/s,该地区有一风力发电机,其叶片转动可形成半径为10 m的圆面,若保持风垂直吹向叶片,空气密度为1.3 kg/m3,风的动能转化为电能的效率为20%.现用这台风力发电机给一水泵供电,使水泵从地下10 m深处抽水,水泵能将水抽到地面并以2 m/s的速度射出,出水口的横截面积为0.1 m2,水的密度为1×103 kg/m3,水泵及电机组成的抽水系统的效率为80%,则下列说法正确的是( )
A.该风力发电机的发电功率约为12.8 kW
B.每秒钟水流的机械能增加400 J
C.风力发电机一天的发电量可供该水泵正常工作约2.4 h
D.若风速变为8 m/s,则该风力发电机的发电功率变为原来的4倍
解析:由题意可知单位时间内冲击风力发电机叶片圆面的气流体积为V0=vS=vπR2,则单位时间内冲击风力发电机叶片圆面的气流的动能为Ek=eq \f(1,2)mv2=eq \f(1,2)ρV0v2=eq \f(1,2)ρπR2v3,又风的动能转化为电能的效率为20%,则此风力发电机的发电功率为P=eq \f(20%Ek,1 s),联立解得P≈2.6 kW,若风速变为8 m/s,即风速变为原来的2倍,则该风力发电机的发电功率变为原来的8倍,A、D错误;由题意可知每秒钟水流机械能的增加量为ΔE=m′gh+eq \f(1,2)m′v′2,其中m′=ρ水S′v′,代入数据解得ΔE=2.04×104 J,B错误;由题意可得水泵正常工作每秒钟的耗电量为ΔE′=eq \f(ΔE,80%)=2.55×104 J,而风力发电机一天的发电量为E′=Pt≈2.6×103×24×60×60 J≈2.2×108 J,则风力发电机一天的发电量可供水泵正常工作的时间为t=eq \f(E′,ΔE′)≈8 627 s≈2.4 h,C正确.
答案:C
考点 动力学和能量观点的综合应用
典例3 (2023·全国乙卷)(多选)如图所示,一质量为M、长为l的木板静止在光滑水平桌面上,另一质量为m的小物块(可视为质点)从木板上的左端以速度v0开始运动.已知物块与木板间的滑动摩擦力大小为f,当物块从木板右端离开时( )
A.木板的动能一定等于fl
B.木板的动能一定小于fl
C.物块的动能一定大于eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)-fl
D.物块的动能一定小于eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)-fl
解析:当物块从木板右端离开时,对m有-fxm=eq \f(1,2)mveq \\al(2,m)-eq \f(1,2)mveq \\al(2,0),对M有fxM=eq \f(1,2)mveq \\al(2,M),其中xm-xM=l.因摩擦产生的摩擦热Q=fl=f(xm-xM),因小物块从木板右端离开,故有v0>vm>vM,xm=eq \f(v0+vm,2)·t,xM=eq \f(vM,2)·t,故xm>2xM,所以xm-xM=l>xM,即fxM=eq \f(1,2)mveq \\al(2,M)a下
由于上升过程中的末速度为零,下滑过程中的初速度为零,且走过相同的位移,根据公式l=eq \f(1,2)ateq \\al(2,1),则可得出t上
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