高考物理一轮复习讲义练习第六章　第4讲　功能关系　能量守恒定律

这是一份高考物理一轮复习讲义练习第六章　第4讲　功能关系　能量守恒定律，共14页。试卷主要包含了功能关系，两种摩擦力做功特点的比较等内容，欢迎下载使用。
1．功能关系
(1)内容
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有能量的转化，而且能量的转化必须通过做功来实现。
(2)做功对应变化的能量形式
①合力的功影响物体的动能的变化。
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系统内能的变化。
⑥静电力的功影响电势能的变化。
⑦分子力的功影响分子势能的变化。
2．两种摩擦力做功特点的比较
3.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。
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。( √ )
5．在物体的机械能减少的过程中，动能有可能是增大的。( √ )
6．重力和弹簧弹力之外的其他力做功的过程是机械能和其他形式能转化的过程。( √ )
考点一 对功能关系的理解
1．对功能关系的理解
(1)做功的过程是能量转化或转移的过程。不同形式的能量发生相互转化或转移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，一是体现为不同的力做功，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量上相等。
2．力学中几种常见的功能关系
考向1对功能关系的理解
【典例1】 (多选)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＝3R，重力加速度为g，则小球从P点到B点的运动过程中( AD )
A．重力势能减少2mgR
B．机械能减少2mgR
C．动能增加mgR
D．克服摩擦力做的功为 eq \f(3,2)mgR
【解析】 小球从P点到B点的运动过程中，重力做功为WG＝mg·2R＝2mgR，故重力势能减少2mgR，A正确；小球沿轨道到达最高点B时恰好对轨道没有压力，根据牛顿第二定律，有mg＝m eq \f(v eq \\al(2,B),R)，解得vB＝ eq \r(gR)，从P点到B点过程，重力势能减少量为2mgR，动能增加量为 eq \f(1,2)mv eq \\al(2,B)＝ eq \f(1,2)mgR，故机械能减少量为2mgR－ eq \f(1,2)mgR＝ eq \f(3,2)mgR，从P点到B点过程，克服摩擦力做功等于机械能减少量，则克服摩擦力做的功为 eq \f(3,2)mgR，B、C错误，D正确。
考向2功能关系与图像的综合
【典例2】 (多选)(2025·湖南株洲高三月考)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，取地面为零势能参考平面，该物体的E总和Ep随它离开地面的高度h的变化如图所示。重力加速度g取10 m/s2，根据图中数据可知( AD )
A．物体的质量为2 kg
B．物体上升过程中所受阻力大小为4 N
C．在物体上升至h＝2 m处，物体的动能为40 J
D．在物体上升后返回至h＝2 m处，物体的动能为30 J
【解析】 根据Ep＝mgh结合图像可得物体的质量为 2 kg，故A正确；根据ΔE总＝－fh，解得f＝ eq \f(20,4) N＝5 N, 故B错误；由题图可知，物体初动能为Ek0＝100 J，在物体上升至h＝2 m处，根据动能定理得－fh－mgh＝Ek1－Ek0，解得Ek1＝50 J，故C错误；从地面上升后返回至h＝2 m处，根据动能定理得－fs－mgh＝Ek2－Ek0，s＝6 m，解得Ek2＝30 J，故D正确。
1．(2024·安徽卷)在某地区的干旱季节，人们常用水泵从深水井中抽水灌溉农田，简化模型如图所示。水井中的水面距离水平地面的高度为H，出水口距水平地面的高度为h，与落地点的水平距离约为l。假设抽水过程中H保持不变，水泵输出能量的η倍转化为水被抽到出水口处增加的机械能。已知水的密度为ρ，水管内径的横截面积为S，重力加速度为g，不计空气阻力。则水泵的输出功率约为( B )
A． eq \f(ρgSl\r(2gh),2ηh) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(H＋h＋\f(l2,2h)))
B． eq \f(ρgSl\r(2gh),2ηh) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(H＋h＋\f(l2,4h)))
C． eq \f(ρgSl\r(2gh),2ηh) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(H＋\f(l2,2h)))
D． eq \f(ρgSl\r(2gh),2ηh) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(H＋\f(l2,4h)))
解析：设水从出水口射出的初速度大小为v0，取t时间内的水为研究对象，该部分水的质量为m＝v0tSρ，根据平抛运动规律有v0t′＝l，h＝ eq \f(1,2)gt′2，解得v0＝l eq \r(\f(g,2h))，根据功能关系得Ptη＝ eq \f(1,2)mv eq \\al(2,0)＋mg(H＋h)，联立解得水泵的输出功率为P＝ eq \f(ρgSl\r(2gh),2ηh) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(H＋h＋\f(l2,4h)))，故选B。
2．(2025·山东济南高三阶段检测)如图所示，一轻弹簧竖直放置，下端固定在水平地面上，自然伸长时弹簧上端处于A点。t＝0时将小球从A点正上方O点由静止释放，t1时到达A点，t2时弹簧被压缩到最低点B。以O为原点、向下为正方向建立x坐标轴，以B点为重力势能零点，弹簧形变始终处于弹性限度内。小球在运动过程中的动能Ek、重力势能Ep1、机械能E0及弹簧的弹性势能Ep2变化图像可能正确的是( B )
解析：小球在到达A点前做自由落体运动，速度一直在增大，动能在增大，在到达A点后弹簧弹力小于小球重力，小球仍然向下做加速运动，经过平衡位置后弹簧弹力大于小球重力，小球做减速运动，动能在减小，所以t1时动能不是最大，故A错误；以B点为重力势能零点，可知小球在下降的过程中有Ep1＝mgx2－mgx，可知Ep1－x图像为一条斜率为负的直线，故B正确；小球在到达A点前，只有重力做功，机械能守恒，接触弹簧后，弹力做负功，小球的机械能在减小，故C错误；设弹簧的劲度系数为k，小球接触弹簧后，根据弹簧的弹性势能公式有Ep2＝ eq \f(1,2)k(Δx)2＝ eq \f(1,2)k(x－x1)2，可知Ep2－x图像不是一条直线，故D错误。
3．(多选)如图所示，载有防疫物资的无人驾驶小车，在水平MN段以恒定功率200 W、速度5 m/s匀速行驶，在斜坡PQ段以恒定功率570 W、速度2 m/s匀速行驶。已知小车总质量为50 kg，MN＝PQ＝20 m，PQ段的倾角为30°，重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力。下列说法正确的有( ABD )
A．从M到N，小车牵引力大小为40 N
B．从M到N，小车克服摩擦力做功800 J
C．从P到Q，小车重力势能增加1×104 J
D．从P到Q，小车克服摩擦力做功700 J
解析：从M到N，由P1＝F1v1可得小车牵引力F1＝ eq \f(P1,v1)＝ eq \f(200,5) N＝40 N，A正确；从M到N，小车匀速行驶，牵引力等于摩擦力，可得摩擦力Ff1＝F1＝40 N，小车克服摩擦力做的功Wf1＝Ff1·MN＝40×20 J ＝800 J，B正确；从P到Q，由P2＝F2v2可得小车牵引力F2＝ eq \f(P2,v2)＝ eq \f(570,2) N＝285 N，从P到Q，小车匀速行驶，小车牵引力F2＝Ff2＋mg sin 30°，解得Ff2＝F2－mg sin 30°＝285 N－50×10× eq \f(1,2) N＝35 N，从P到Q，小车克服摩擦力做的功Wf2＝Ff2·PQ＝35×20 J＝700 J，D正确；从P到Q，小车上升的高度h＝PQ sin 30°＝20×0.5 m＝10 m，小车重力势能的增加量ΔEp＝mgh＝50×10×10 J＝5 000 J，C错误。
考点二 能量守恒定律的理解和应用
1．理解
(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，且减少量和增加量一定相等。
2．表达式：ΔE减＝ΔE增。
3．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。
【典例3】 风能是一种清洁的可再生能源。如图所示，风力发电机是一种将风能转化为电能的装置，其主要部件包括风轮机、齿轮箱、发电机等。某两台风力发电机的风轮叶片长度之比为2∶3，转化效率相等。若均保持风从正面吹向叶片，则在相同风力环境下，这两台风力发电机的输出电功率之比为( C )
A．3∶2 B．2∶3
C．4∶9 D．8∶27
【解析】 设空气密度为ρ，风速为v，风轮叶片长度为r，则t时间内流向风轮机的风能Ek＝ eq \f(1,2)mv2，又m＝ρV＝ρSvt＝ρπr2vt，联立可得Ek＝ eq \f(1,2)ρπr2v3t，设转化效率为η，则风力发电机的输出电功率P＝η eq \f(Ek,t)＝η· eq \f(1,2)ρπr2v3∝r2，可知这两台风力发电机的输出电功率之比 eq \f(P1,P2)＝ eq \f(r eq \\al(2,1),r eq \\al(2,2))＝ eq \f(22,32)＝ eq \f(4,9)，故选C。
【典例4】 (2024·江苏卷)如图所示，粗糙斜面的动摩擦因数为μ，倾角为θ，斜面长为L。一个质量为m的物块，在电动机作用下，从A点由静止加速至B点时达到最大速度v，之后做匀速运动至C点，关闭电动机，从C点又恰好到达最高点D。求：
(1)CD段长x；
(2)BC段电动机的输出功率P；
(3)全过程物块增加的机械能E1和电动机消耗的总电能 E2的比值。
【解析】 (1)物块在CD段运动过程中，由牛顿第二定律得mg sin θ＋μmg cs θ＝ma，由运动学公式0－v2＝－2ax，联立解得x＝ eq \f(v2,2g(sin θ＋μcs θ))。
(2)物块在BC段做匀速运动，得电动机的牵引力为F＝mg sin θ＋μmg cs θ，由P＝Fv得P＝mgv(sin θ＋μcs θ)。
(3)全过程物块增加的机械能为E1＝mgL sin θ，整个过程由能量守恒得电动机消耗的总电能转化为物块增加的机械能和摩擦产生的内能，故可知E2＝E1＋μmg cs θ·L，故可得 eq \f(E1,E2)＝ eq \f(mgL sin θ,mgL sin θ＋μmgL cs θ)＝ eq \f(sin θ,sin θ＋μcs θ)。
【答案】 (1) eq \f(v2,2g(sin θ＋μcs θ))
(2)mgv(sin θ＋μcs θ) (3) eq \f(sin θ,sin θ＋μcs θ)
4．电动车配有把机械能转化为电能的“能量回收”装置。某次测试中电动车沿倾角为15°的斜坡向下运动，初动能为1.0×105 J。第一次让车无动力自由滑行，其动能Ek与位移x的关系如图中直线①所示；第二次让车无动力并开启“能量回收”装置滑行，其动能Ek与位移x的关系如图中曲线②所示。假设机械能回收效率为90%，重力加速度g取10 m/s2。下列说法正确的是( B )
A．图中①对应过程电动车所受合力越来越大
B．可求图中②对应过程下滑200 m回收的电能
C．图中②对应过程下滑100 m后不再回收能量
D．由题中及图像信息可求出电动车的质量
解析：由动能定理F合x＝ΔEk，可知Ek－x图线的斜率表示合力，题图中①对应过程电动车所受合力不变，有F合＝mg sin 15°－μmg cs 15°＝ eq \f(200×103－100×103,200) N＝500 N，故A错误；在电动车自由下滑200 m时，WG＋Wf＝(200－100)×103 J，开启能量回收模式下滑200 m时，WG＋Wf＋WF＝(64－100)×103 J，则回收的电能为E＝－WF×90%＝1.224×105 J，故B正确；题图中②对应过程下滑100 m后动能不变，但是重力势能减少，机械能减少，即还是继续回收能量，故C错误；由于不知道电动车与斜坡间的动摩擦因数，所以由题中及图像信息无法求出电动车的质量，故D错误。
5．如图所示，固定斜面的倾角θ＝30°，物体A与斜面间的动摩擦因数μ＝ eq \f(\r(3),4)，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，滑轮右侧绳子始终与斜面平行，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恰好能弹回到C点。已知重力加速度g取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向下运动至刚到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。
解析：(1)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μ·2mg cs θ·L＝ eq \f(1,2)×3mv eq \\al(2,0)－ eq \f(1,2)×3mv2＋2mgL sin θ－mgL，解得v＝2 m/s。
(2)对A、B组成的系统分析，在物体A从C点压缩弹簧至最短后恰好返回到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 eq \f(1,2)×3mv2－0＝μ·2mg cs θ·2x，其中x为弹簧的最大压缩量，解得x＝0.4 m。
(3)设弹簧的最大弹性势能为Epm，从C点到弹簧被压缩至最短过程中由能量守恒定律可得 eq \f(1,2)×3mv2＋2mgx sin θ－mgx＝μ·2mg cs θ·x＋Epm，解得Epm＝6 J。
答案：(1)2 m/s (2)0.4 m (3)6 J
课时作业32
1．(5分)(2023·浙江1月选考)一位游客正在体验蹦极，绑上蹦极专用的橡皮绳后从跳台纵身而下。游客从跳台下落直到最低点过程中( B )
A．弹性势能减小
B．重力势能减小
C．机械能保持不变
D．绳一绷紧动能就开始减小
解析：游客从跳台下落，开始阶段橡皮绳未拉直，只受重力作用做自由落体运动，下落到一定高度时橡皮绳开始绷紧，游客受重力和向上的弹力作用，弹力从零逐渐增大，游客所受合力先向下减小后向上增大，速度先增大后减小，到最低点时速度减小到零，弹力达到最大值，橡皮绳的弹性势能达到最大值，橡皮绳绷紧后弹性势能一直增大，A错误；游客高度一直降低，重力一直做正功，重力势能一直减小，B正确；下落阶段待橡皮绳绷紧后开始对游客做负功，游客机械能减少，C错误；橡皮绳刚绷紧开始一段时间内，弹力小于重力，合力向下做正功，游客向下运动的速度逐渐增大，游客的动能逐渐增大；当弹力等于重力时，游客向下运动的速度最大，游客的动能最大；游客再向下运动，弹力大于重力，合力向上对游客做负功，游客的动能逐渐减小，D错误。
2．(5分)(2024·浙江1月选考)如图所示，质量为m的足球从水平地面上位置1被踢出后落在位置3，在空中达到最高点2的高度为h，则足球( B )
A．从1到2动能减少mgh
B．从1到2重力势能增加mgh
C．从2到3动能增加mgh
D．从2到3机械能不变
解析：由足球的运动轨迹可知，足球在空中运动时一定受到空气阻力作用，则从1到2足球重力势能增加mgh，动能减少量大于mgh，A错误，B正确； 从2到3由于空气阻力作用，则足球机械能减小，重力势能减小mgh，则动能增加小于mgh，C、D错误。
3．(5分)(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( AB )
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：物体的加速度大小为a＝ eq \f(3,4)g＝ eq \f(mg sin 30°＋Ff,m)，解得摩擦力大小为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，B正确，D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，A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，C错误。
4．(5分)(2024·山东卷)如图所示，质量均为m的甲、乙两同学，分别坐在水平放置的轻木板上，木板通过一根原长为l的轻质弹性绳连接，连接点等高且间距为d(dm)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，沿斜面做匀加速直线运动，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( BD )
A.轻绳对滑轮作用力的方向竖直向下
B．拉力和重力对A做功之和大于A动能的增加量
C．拉力对A做的功等于A机械能的增加量
D．两滑块组成的系统损失的机械能等于A克服摩擦力做的功
解析：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，合力方向与轻绳方向的夹角为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A受力分析，受到重力、斜面的支持力、轻绳的拉力以及斜面的滑动摩擦力作用，根据动能定理可知，A动能的增加量等于拉力、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A做功之和大于A动能的增加量，故B正确；根据除由重力和弹力之外的力对物体做的功等于物体机械能的变化量可知，拉力和摩擦力对A做的功之和等于A机械能的增加量，故C错误；对两滑块组成的系统分析可知，除了重力之外只有摩擦力对A做功，所以两滑块组成的系统损失的机械能等于A克服摩擦力做的功，故D正确。
9．(5分) (多选)(2023·全国乙卷)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Ff，当物块从木板右端离开时( BD )
A．木板的动能一定等于Ffl
B．木板的动能一定小于Ffl
C．物块的动能一定大于 eq \f(1,2)mv eq \\al(2,0)－Ffl
D．物块的动能一定小于 eq \f(1,2)mv eq \\al(2,0)－Ffl
解析：设物块离开木板时的速度大小为v1，此时木板的速度大小为v2，由题意可知v1>v2，设物块的对地位移为xm，木板的对地位移为xM，根据能量守恒定律可得 eq \f(1,2)mv eq \\al(2,0)＝ eq \f(1,2)mv eq \\al(2,1)＋ eq \f(1,2)Mv eq \\al(2,2)＋Ffl，整理可得 eq \f(1,2)mv eq \\al(2,1)＝ eq \f(1,2)mv eq \\al(2,0)－Ffl－ eq \f(1,2)Mv eq \\al(2,2)< eq \f(1,2)mv eq \\al(2,0)－Ffl，D正确，C错误；由位移关系可知l＝xm－xM，根据运动学公式可得xm＝ eq \f(v0＋v1,2)t，xM＝ eq \f(v2,2)t，因为v0>v1>v2，所以xm>2xM，则xm－xM＝l>xM，对木板根据动能定理有 eq \f(1,2)Mv eq \\al(2,2)＝FfxM